大连大学2022 4月程序设计竞赛_大连大学2022年4月程序设计竞赛(同步赛)-优快云博客

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这篇博客探讨了在信息技术领域中，数学和算法如何被巧妙运用。内容包括E数圆圈问题的规律模拟，图论在路径查找中的应用，寻找最大差值的策略，以及异或操作在数字处理中的优化。通过实例解析了如何利用数学和算法解决复杂问题，提高程序效率。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

E 数圆圈(规律模拟)

Description:

定义f(x) = x里各位圆圈数量之和

现在给定x 对x进行k次f(x)操作返回结果

0, 6, 9 = 1; 8 = 2;

Solution:

那我们考虑最坏的情况那就是17位上面都是8 那也是17*2 会化成一个很小的数

我们就可以知道对于一个x 我们可以通过数十次次迭代之内将他变成01的循环态

于是我们模拟即可（用字符串不会挂但是用整数是会挂的因为x可能是负数

Code:

LL get(LL x)
{
    LL res = 0;
    string s = to_string(x);
    for(int i = 0; i < s.size(); i++)
    {
        if(s[i] == '8')    res += 2;
        if(s[i] == '0' || s[i] == '6' || s[i] == '9')    res ++;
    }
    return res;
}

void solve()
{
    LL x, k;
    cin >> x >> k;
    LL res = x;
    while(k)
    {
        res = get(res);
        k --;
        if(res == 0 || res == 1)    break;
    }
    
    if(res == 1 && k)
    {
        if(k & 1)    res = 0;
        else res = 1;
    }
    else if(res == 0 && k)
    {
        if(k & 1)    res = 1;
        else res = 0;
    }
    
    cout << res << endl;
}

F 旅行(图论)

Description:

给出一个图然后询问一下点a在不在1到n的最短路径上

Solution:

方法1：用佛洛依德跑一遍判断g[1] [a] + g[a] [n] ?= g[1] [n]

方法2：首先用迪杰斯特拉从1跑到n 得到从1为起点到各个点的最短路

然后再建反边从n开始跑到1 得到以n为起点到各个点的最短路

Code:

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define rep(i, a, n) for(int i = a; i < n; i++)
#define per(i, a, n) for(int i = n - 1; i >= a; i--)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
#define endl '\n'
#define ms(x, y)    memset(x, y, sizeof x)
typedef double db;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 1010, M = 3010;

int n, m, Q;
int dis1[N];
int dis2[N];
bool st[N];

int h[N], e[M], val[M], nex[M], idx;

void add(int a, int b, int c)
{
    e[idx] = b;
    nex[idx] = h[a];
    val[idx] = c;
    h[a] = idx ++;
}

void dijkstra1()
{
    ms(dis1, 0x3f);
    priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII> > q;
    q.push({0, 1});
    dis1[1] = 0;
    
    while(q.size())
    {
        PII t = q.top();
        q.pop();
        
        int id = t.se, dist = t.fi;
        if(st[id])    continue;
        st[id] = true;
        
        for(int i = h[id]; i != -1; i = nex[i])
        {
            int j = e[i];
            if(dis1[j] > val[i] + dist)
            {
                dis1[j] = val[i] + dist;
                q.push({dis1[j], j});
            }
        }
    }
}

void dijkstra2()
{
    ms(dis2, 0x3f);
    priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII> > q;
    q.push({0, n});
    dis2[n] = 0;
    
    while(q.size())
    {
        PII t = q.top();
        q.pop();
        
        int id = t.se, dist = t.fi;
        if(st[id])    continue;
        st[id] = true;
        
        for(int i = h[id]; i != -1; i = nex[i])
        {
            int j = e[i];
            if(dis2[j] > val[i] + dist)
            {
                dis2[j] = val[i] + dist;
                q.push({dis2[j], j});
            }
        }
    }
}
    
int main()
{
    ms(h, -1);
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &Q);
    
    vector<int> u(m), v(m), c(m);
    for(int i = 0; i < m; i++)    
        scanf("%d%d%d", &u[i], &v[i], &c[i]);
    
    for(int i = 0; i < m; i++)
        add(u[i], v[i], c[i]);
    
    dijkstra1();

    ms(h, -1);
    ms(st, false);
    idx = 0;
    
    for(int i = 0; i < m; i++)
        add(v[i], u[i], c[i]);
    
    dijkstra2();

    while(Q --)
    {
        int l;
        scanf("%d", &l);
        if(dis1[l] + dis2[l] == dis1[n])   
            puts("yes");
        else puts("no");
    }
    return 0;
}

H 寻找最大差值(思维)

Description:

给定数组a 求a_j - a_i (且a_j > a_i) 的最大值要求i < j 如果这个数不存在就输出-1

Solution:

一开始就各种二分排序各种想就是想不到怎么写那其实可以用On写过

我们倒序循环j来维护一个mx=max(a[j]) 然后用mx去减去比他更小的a[i] 这时候必定存在i < j

Code:

int a[100010];
void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    rep(i, 1, n + 1)
        cin >> a[i];
    
    int mx = 0;
    int res = -1;
    per(i, n, 1)
    {
        mx = max(mx, a[i]);
        if(mx - a[i] > 0)   res = max(mx - a[i], res);
    }        
    cout << res << '\n';
}

H Raksasa的轻功(读题)

Description:

给定数组a 可以从任一点开始找最长连续下降序列（可以向左或者向右)

Solution:

我们可以从两个端点向另一点扫因为可以连续向左也可以连续向右

然后我们就On求一下两次最长连续下降序列

还有一种做法就是从前扫到后记录最长连续下降序列和最长连续上升序列(倒过来做)

Code:

int a[200010];
int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    rep(i, 1, n + 1)
        cin >> a[i];

    int up = 0, down = 0, res = 0;
    rep(i, 1, n)
    {
        if(a[i] < a[i + 1])    res = max(res, ++ up), down = 0;
        else if(a[i] > a[i + 1])    res = max(res, ++ down), up = 0;        
        else if(a[i] == a[i + 1])    up = 0, down = 0;
    }
    cout << res << endl;
}

L 函数求和(思维)

Description:

题目就是这个意思
$\sum_{i=1}^n min_{L_i<=j<=i}\left\{gcd(i,j)\right\}\ mod (10^9+7)$
Solution:

因为保证L_i <= j <= i 当i = L_i的时候 j只能选L_i这点我们是可以确认的

那如何取最小的gcd呢那我们可以知道gcd(x, x - 1) = 1

所以我们想到辣当i != L_i的时候我们直接选gcd(i, i - 1)就可以了

Code:

int a[10000010];

int main()
{
    int n = read(), m = read();
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        a[i] = read();
    
    LL res = 0;
    while(m --)
    {
        int x = read();
        if(x == a[x])   res = (res + x) % mod;
        else res = (res + 1) % mod;
    }
    cout << res;
    return 0;
}

N Raksasa的数字(构造)

Description:

给定数组a 我们可以选择一个数x来对数组内的数全部进行异或

最后要使得数组和最小当答案有多个x的时候我们要选择小的x

Solution:

因为异或让相同的变成0 不同的变成1 所以如果对于一位数来说

0多的话就让这一位异或0 1多的话就让这一位异或1

贪心地构造一下吧就对于每个数将其化为二进制格式然后统计一下每一位是0的个数多还是1的个数多

那什么时候会出现多个x呢就是当一位数上0和1个数相等这个时候异或0和1都是一样的结果但是因为为了保证x最小这时候要异或0

trick：用bitset可以减少时间复杂度

Code:

int cnt[32];//每一位1的数量
void solve()
{
    vector<bitset<32>> a;
    int n;
    cin >> n;
    rep(i, 0, n)
    {
        int x;
        cin >> x;
        bitset<32> bi(x); //把x化为01串
        a.pb(bi);
    }
    
    ms(cnt, 0);
    rep(i, 0, n)
    {
        rep(j, 0, 32)
            cnt[j] += a[i][j];
    }
    
    LL res = 0;
    rep(i, 0, 32)
    {
        if(cnt[i] > n / 2) //尽量小 所以0和1个数相等的时候不加上这一位
            res += (1LL << i);
    }
    cout << res << endl;
}