Preface
久违的多校，又被徐神带飞力
这场总体可做题挺多的，前期出题也还算稳，但中间祁神写 H 睿智错误频发直接红温爆交了 7 发
但无所谓徐神会出手，上机把当时只过了两个队的 G 秒了，然后我爬上去把 B,C 写了然后对着 D 罚坐一整场
赛后经典看不懂出题人的一句话题解，坐等视频讲解吧（虽然看了也不一定看得懂）
Image Scaling
签到，将边长除以 \(\gcd\) 即可
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=505;
int n,m,W,H; char s[N][N];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (RI i=1;i<=n;++i) scanf("%s",s[i]+1);
for (RI i=1;i<=n;++i) for (RI j=1;j<=m;++j)
if (s[i][j]=='x')
{
W=0; while (i+W<=n&&s[i+W][j]=='x') ++W;
H=0; while (j+H<=m&&s[i][j+H]=='x') ++H;
int g=__gcd(W,H); W/=g; H/=g;
for (RI i=1;i<=W;++i,putchar('\n'))
for (RI j=1;j<=H;++j) putchar('x');
return 0;
}
return 0;
}
Break Sequence
和 2024牛客暑期多校训练营7的 D 思路几乎一模一样
朴素的想法就是令 \(f_i\) 表示以 \(i\) 为结尾的划分方案数，大力 \(O(n^2)\) 转移
但实际上由于每个数都要满足个数的限制，因此只看一种数，在固定右端点的情况下它合法的左端点一定是 \(O(m)\) 级别的若干区间
因此类似地用线段树维护贡献，和那题的区别就是维护信息的第二维不再是个数而是对应位置的 DP 方案数之和，还是在最大值等于数的总数时更新答案
当右端点变化时贡献的讨论比较繁琐，需要耐心且细致的讨论
总复杂度 \(O(nm\log n)\)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define RI register int
#define CI const int&
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef pair <int,int> pi;
const int N=200005,INF=1e9,mod=998244353;
int n,m,cnt,vis[N],a[N],b[N],f[N]; vector <int> pos[N];
inline int sum(CI x,CI y)
{
return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;
}
inline pi operator + (const pi& A,const pi& B)
{
if (A.fi>B.fi) return A;
if (A.fi<B.fi) return B;
return {A.fi,sum(A.se,B.se)};
}
class Segment_Tree
{
private:
pi O[N<<2]; int tag[N<<2];
inline void pushup(CI now)
{
O[now]=O[now<<1]+O[now<<1|1];
}
inline void apply(CI now,CI mv)
{
O[now].fi+=mv; tag[now]+=mv;
}
inline void pushdown(CI now)
{
if (tag[now]) apply(now<<1,tag[now]),apply(now<<1|1,tag[now]),tag[now]=0;
}
public:
#define TN CI now=1,CI l=1,CI r=n
#define LS now<<1,l,mid
#define RS now<<1|1,mid+1,r
inline void modify(CI beg,CI end,CI mv,TN)
{
if (beg<=l&&r<=end) return apply(now,mv); int mid=l+r>>1; pushdown(now);
if (beg<=mid) modify(beg,end,mv,LS); if (end>mid) modify(beg,end,mv,RS);
pushup(now);
}
inline void update(CI pos,CI mv,TN)
{
if (l==r) return (void)(O[now].se=mv); int mid=l+r>>1; pushdown(now);
if (pos<=mid) update(pos,mv,LS); else update(pos,mv,RS); pushup(now);
}
inline pi query(CI beg,CI end,TN)
{
if (beg<=l&&r<=end) return O[now]; int mid=l+r>>1; pushdown(now);
if (end<=mid) return query(beg,end,LS);
if (beg>mid) return query(beg,end,RS);
return query(beg,end,LS)+query(beg,end,RS);
}
#undef TN
#undef LS
#undef RS
}SEG;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (RI i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
for (RI i=1;i<=m;++i) scanf("%d",&b[i]);
sort(b+1,b+m+1); f[0]=1;
for (RI i=1;i<=n;++i) if (!vis[a[i]]) ++cnt,vis[a[i]]=1;
for (RI i=1;i<=n;++i)
{
auto work=[&](vector <int>& pos,CI mv)
{
if (m==0) return;
int sz=pos.size(),L,R;
for (RI j=2;j<=m;++j)
{
R=b[j-1]+1; L=b[j];
if (R>sz) R=-INF; else R=pos[sz-R];
if (L>sz) L=1; else L=pos[sz-L]+1;
if (L<=R) SEG.modify(L,R,mv);
}
L=b[1]; R=i;
if (L>sz) L=1; else L=pos[sz-L]+1;
if (L<=R) SEG.modify(L,R,mv);
L=1; R=b[m]+1;
if (R>sz) R=-INF; else R=pos[sz-R];
if (L<=R) SEG.modify(L,R,mv);
};
SEG.update(i,f[i-1]);
SEG.modify(i,i,cnt);
work(pos[a[i]],-1);
pos[a[i]].push_back(i);
work(pos[a[i]],1);
pi tmp=SEG.query(1,i);
//printf("i = %d; cnt = %d; val = %d\n",i,tmp.fi,tmp.se);
if (tmp.fi==cnt) f[i]=tmp.se; else f[i]=0;
}
return printf("%d",f[n]),0;
}
Change Matrix
很典的约数容斥题，比赛的时候貌似写丑了写了 \(O(n\log^2 n)\) 的东西上去但还是一发过了
考虑快速计算编号为 \(k\) 的行的贡献，不难发现这一行的所有数初始时都是 \(k\) 的约数，有：
\[R(k)\times \sum_{g|k} g\times f(g) \]其中 \(f(g)\) 表示 \([1,n]\) 中与 \(k\) 的 \(\gcd\) 值为 \(g\) 的数的个数，这个很容易用约数容斥算出；\(R(k)\) 为第 \(k\) 行乘上的数
但现在的问题是随着某些列被乘上一些数后，就不能简单地用个数来刻画贡献了
不过我们可以修改 \(f(g)\) 的定义，将列的乘法贡献也包含在内，只要在修改列的时候将其约数对应的 \(f(\star)\) 一并修改即可
单次复杂度为 \(d^2(x)\)，其中 \(d(x)\) 为 \(x\) 的约数个数，在数据随机的情况下可以看作 \(O(n\log^2 n)\)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=100005,mod=1e9+7;
int n,q,R[N],C[N],FR[N],FC[N],ans; vector <int> frac[N];
inline void inc(int& x,CI y)
{
if ((x+=y)>=mod) x-=mod;
}
inline void dec(int& x,CI y)
{
if ((x-=y)<0) x+=mod;
}
inline void init(CI n)
{
for (RI i=1;i<=n;++i) for (RI j=i;j<=n;j+=i) frac[j].push_back(i);
}
inline int calcR(CI k)
{
int ret=0; vector <int> tmp(frac[k].size(),0);
for (RI i=frac[k].size()-1;i>=0;--i)
{
int d=frac[k][i]; tmp[i]=FC[d];
for (RI j=i+1;j<frac[k].size();++j)
if (frac[k][j]%d==0) dec(tmp[i],tmp[j]);
inc(ret,1LL*d*tmp[i]%mod);
}
return 1LL*ret*R[k]%mod;
}
inline int calcC(CI k)
{
int ret=0; vector <int> tmp(frac[k].size(),0);
for (RI i=frac[k].size()-1;i>=0;--i)
{
int d=frac[k][i]; tmp[i]=FR[d];
for (RI j=i+1;j<frac[k].size();++j)
if (frac[k][j]%d==0) dec(tmp[i],tmp[j]);
inc(ret,1LL*d*tmp[i]%mod);
}
return 1LL*ret*C[k]%mod;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&q); init(n);
for (RI i=1;i<=n;++i) R[i]=C[i]=1,FR[i]=FC[i]=n/i;
for (RI i=1;i<=n;++i) inc(ans,calcR(i));
for (RI i=1;i<=q;++i)
{
char opt[5]; int x,y;
scanf("%s%d%d",opt,&x,&y);
if (opt[0]=='R')
{
dec(ans,calcR(x));
for (auto d:frac[x]) dec(FR[d],R[x]);
R[x]=1LL*R[x]*y%mod;
for (auto d:frac[x]) inc(FR[d],R[x]);
inc(ans,calcR(x));
} else
{
dec(ans,calcC(x));
for (auto d:frac[x]) dec(FC[d],C[x]);
C[x]=1LL*C[x]*y%mod;
for (auto d:frac[x]) inc(FC[d],C[x]);
inc(ans,calcC(x));
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
Luner XOR
看起来是个可做题，比赛的时候徐神和祁神在讨论一个 sosdp 的做法，但没有 Rush 出来
赛后看题解就只有一句话，式子中间也没有转化啥的直接歇逼，只能等讲题视频出来去试着听一手了
Sticky Pistons
徐神伟大，无需多言
据徐神说好像就是个经典的贪心，但我题目都没看就不作评论了
#include <bits/stdc++.h>
int a[1005] = {-100};
std::vector<int> push(int n, int k) {
int p = n + 1, q = p - 1;
std::vector<int> res;
std::vector<std::pair<int, int>> op;
while(p > 0) {
while(p - q <= k && a[p] - p == a[q] - q) q--;
if(q == p - 1) { p = q; continue; }
res.push_back(q + 1);
op.push_back({q + 2, p});
if(p - q > k && a[p] - p == a[q] - q) break;
p = q;
}
for(auto [l, r]: op) {
// std::cout << "[" << l << ", " << r << "]\n";
for(int i = l; i <= r; ++i) a[i]++;
}
// if(res.size()) {
// std::cout << "debug: ";
// for(int i = 1; i <= n + 1; ++i) std::cout << a[i] << char(i == n + 1 ? 10 : 32);
// }
return res;
}
void printv(std::vector<std::vector<int>> ops) {
std::cout << ops.size() << char(10);
for(auto op: ops) {
std::sort(op.begin(), op.end());
std::cout << op.size();
for(auto op: op) std::cout << ' ' << op;
std::cout << char(10);
}
}
void work() {
int n, k;
std::cin >> n >> k;
std::vector<std::vector<int>> ans1, ans2;
for(int i = 1; i <= n + 1; ++i) a[i] = i;
for(;;) {
auto v = push(n, k);
if(v.empty()) break;
ans1.push_back(v);
}
for(int i = 1; i <= n + 1; ++i) a[i] = i;
for(;;) {
auto v = push(n, 1);
if(v.empty()) break;
ans2.push_back(v);
}
printv(ans1);
std::reverse(ans2.begin(), ans2.end());
printv(ans2);
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
int t; std::cin >> t; while(t--) work();
return 0;
}
Two Convex Polygons
简单手玩发现答案就是 \(A\) 的周长加上以 \(B\) 的直径为半径的圆的周长
求凸包直径可以经典旋转卡壳，然后这题就做完了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
using LD = long double;
constexpr LD PI = acos(-1.0L);
struct Pt{
int x, y;
int len2()const{return x*x+y*y;}
LD len()const{return sqrtl(x*x+y*y);}
int crs(const Pt &b)const{return x*b.y-y*b.x;}
Pt operator-(const Pt &b)const{return Pt{x-b.x, y-b.y};}
};
int cross(const Pt &p, const Pt &a, const Pt &b){return abs((a-p).crs(b-p));}
void solve(){
int n; cin >> n; vector<Pt> A(n);
for (int i=0; i<n; ++i){
int x, y; cin >> x >> y;
A[i] = Pt{x, y};
}
int m; cin >> m; vector<Pt> B(m*2+1);
for (int i=0; i<m; ++i){
int x, y; cin >> x >> y;
B[m+i] = B[i] = Pt{x, y};
}
B[2*m] = B[0];
int R2 = 0;
for (int i=0, j=0; i<m; ++i){
R2 = max({R2, (B[j]-B[i]).len2(), (B[j]-B[i+1]).len2()});
while (j<2*m && cross(B[i], B[i+1], B[j]) <= cross(B[i], B[i+1], B[j+1])){
++j;
R2 = max({R2, (B[j]-B[i]).len2(), (B[j]-B[i+1]).len2()});
}
}
LD ans=0.0L;
for (int i=0; i<n; ++i){
ans += (A[(i+1)%n]-A[i]).len();
}
ans += 2*PI*sqrtl(R2);
cout << ans << '\n';
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
cout << setiosflags(ios::fixed) << setprecision(15);
int t; cin >> t; while (t--) solve();
return 0;
}
Interesting Numbers
不难发现把 \(L,R\) 分成两部分后两边的取值都只有 \(10^{30}\) 范围，在 __int128 可表示的范围内
很容易根据前半部分的取值是否卡住边界来推出后半部分的取值范围，计算数量的话只要开根号即可
但为了避免精度误差建议手动二分开根，不然可能会爆精度
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
typedef __int128 i128;
const int N=65;
int n; i128 pw[35]; char L[N],R[N];
inline void write(i128 x)
{
if (x>9) write(x/10); putchar(x%10+'0');
}
inline i128 calc(i128 L,i128 R)
{
if (L>R) return 0;
i128 l=0,r=pw[15],retl=-1;
while (l<=r)
{
i128 mid=l+(r-l)/2;
if (mid*mid>=L) retl=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
if (retl==-1) return 0;
l=0; r=pw[15]; i128 retr=-1;
while (l<=r)
{
i128 mid=l+(r-l)/2;
if (mid*mid<=R) retr=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
if (retr==-1) return 0;
if (retl>retr) return 0;
return retr-retl+1;
}
int main()
{
scanf("%d%s%s",&n,L+1,R+1);
pw[0]=1; for (RI i=1;i<=30;++i) pw[i]=pw[i-1]*10;
i128 L1=0,L2=0,R1=0,R2=0;
for (RI i=1;i<=n/2;++i) L1=L1*10+L[i]-'0';
for (RI i=n/2+1;i<=n;++i) L2=L2*10+L[i]-'0';
for (RI i=1;i<=n/2;++i) R1=R1*10+R[i]-'0';
for (RI i=n/2+1;i<=n;++i) R2=R2*10+R[i]-'0';
i128 ans=calc(L1+1,R1-1)*calc(0,pw[n/2]-1);
if (L1!=R1)
{
ans+=calc(L1,L1)*calc(L2,pw[n/2]-1);
ans+=calc(R1,R1)*calc(0,R2);
} else ans+=calc(L1,R1)*calc(L2,R2);
return write(ans),0;
}
Kill The Monsters
注意到如果对一个怪用了多种操作，则优先进行操作二一定最优
特判掉 \(k=1\) 的情况后，考虑枚举进行的操作二的次数，不难发现每次操作一定是对当前最大的数执行
用堆动态维护全局最大值，由于操作二的次数不超过 \(O(n\log a_i)\)，因此总复杂度 \(O(n\log a_i\log n)\) 可以通过
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#define int long long
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=100005;
int n,k,a[N];
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&k); int mx=0;
for (RI i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]),mx=max(mx,a[i]);
if (k==1) return printf("%lld\n",mx),0;
priority_queue <int> hp; int ans=mx;
for (RI i=1;i<=n;++i) hp.push(a[i]);
for (int c=1;;++c)
{
int tmp=hp.top(); hp.pop();
if (tmp==0) break;
tmp/=k; hp.push(tmp);
ans=min(ans,hp.top()+c);
}
return printf("%lld",ans),0;
}
Postscript
今天这场结束后好像只有周四周五两场多校了（周日的 HDU 要去打 Astar 所以不打），这么看来暑假也是一转眼要结束了
标签：const,int,多校,2024,牛客,return,include,RI,define From： https://www.cnblogs.com/cjjsb/p/18357557