2021杭电多校补题——第一场

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2021杭电多校补题——第一场

文章目录

Mod, Or and Everything
Rocket land（待补）
Puzzle loop（待补）
Another thief in a Shop（待补）
Minimum spanning tree
Xor sum
Pass!（待补）
Maximal submatrix（待补）
KD-Graph
zoto
Necklace of Beads（待补）

Mod, Or and Everything

题目链接——HDU 6950

题意：
$T$ 组测试数据，每组给出一个整数 $n$ ,求 $(n\ mod\ n) \ |\ (n\ mod\ (n-1)\ | \ (n\ mod\ (n-2))...\ |\ (n\ mod\ 2)\ |\ (n\ mod\ 1))$ ，其中" $∣$ "表示位运算或

题解：
可以发现从从 $n\%n$ 开始，取模结果依次为 $0、1、2、3...、\lfloor\frac {n-1} {2}\rfloor、...0$ ，即包含了 $0$ ~ $\lfloor\frac {n-1} {2}\rfloor$ 所有数，由此可推得答案为 $2^k-1$ ，其中 $2^k$ 是第一个大于 $\lfloor\frac {n-1} {2}\rfloor$ 的二次幂

#include<iostream>
#include<sstream>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include <utility>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<list>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<time.h>
#define int long long
#define PI acos(-1.0)
#define eps 1e-9
#define lowbit(a) ((a)&-(a))
const int mod = 1e9+7;
using namespace std;
inline int read(){
	char c=getchar();int x=0,s=1;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')s=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*s;
}
int qpow(int a,int b){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=(ans*a)%mod;
		a=(a*a)%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
#define endl '\n'
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e6+10;
const int maxn = 1e3+10;

signed main(){
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	int t; cin>>t;
	while(t--){
		int n; cin>>n;
		n=(n-1)/2;
		int ans=1;
		while(ans<=n)ans<<=1;
		cout<<ans-1<<endl;
	}
}

Rocket land（待补）

题目链接——HDU 6951

.
.
.

Puzzle loop（待补）

题目链接——HDU 6952

.
.
.

Another thief in a Shop（待补）

题目链接——HDU 6953

.
.
.

Minimum spanning tree

题目链接——HDU 6954

题意：
$T$ 组测试数据，每组给出一个整数 $n$ 表示图中有 $n - 1$ 个点，每个点的权值分别为 $2$ ~ $n$ ,在顶点 $a$ 和顶点 $b$ 之间连一条边的代价是 $l c m (a, b)$ ，计算将所有点连成一颗树的最小代价

题解：
简单贪心，每个合数顶点都连在自己的最小质因数上，质数顶点连在顶点 $2$ 上就行了

#include<iostream>
#include<sstream>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include <utility>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<list>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<time.h>
#define int long long
#define PI acos(-1.0)
#define eps 1e-9
#define lowbit(a) ((a)&-(a))
const int mod = 1e9+7;
using namespace std;
inline int read(){
	char c=getchar();int x=0,s=1;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')s=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*s;
}
int qpow(int a,int b){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=(ans*a)%mod;
		a=(a*a)%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
#define endl '\n'
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e7+10;
const int maxn = 1e3+10;
bool vis[N];
int prime[N],cnt;
int ans[N];
void get_prime(){
	vis[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;++i){
        if(vis[i]==0) {
            prime[++cnt]=i;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=N;++j) {
            vis[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0)
                break;
        }
    }
} 
signed main(){
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	get_prime();
	for(int i=3;i<=N;i++){
        if(vis[i]==0)ans[i]=ans[i-1]+i*2;//质数结点连在顶点2上，代价为2*i
        else ans[i]=ans[i-1]+i;//合数结点连在最小质因数上，代价为i
    }
	int t; cin>>t;
	while(t--){
		int n; cin>>n; 
		cout<<ans[n]<<endl;
	}
}

Xor sum

题目链接——HDU 6955

题意：
$T$ 组测试数据，每组第一行给出两个整数 $n 、 k$ ，接下来一行 $n$ 个整数，求 $L ， R$ 满足 $a[L]\bigoplus a[L+1]...\bigoplus a[R]\le k$ ，若答案有多个则输出左端点最小的 $L\ R$ ，若没有答案则输出 $- 1$

题解：
这题想了好久了，一直没想明白为什么要用字典树，好家伙原来是用一个数组（pos）来维护字典树每个节点的对应前缀异或和数组（pre）的最右端点（可能有点绕），然后枚举右端点，在字典树上找到一条合法路径使其和 $p r e [i]$ 异或结果 $\le k$ ，代码注释应该说的挺清楚了

#include<iostream>
#include<sstream>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include <utility>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<list>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<time.h>
#define PI acos(-1.0)
#define eps 1e-9
#define lowbit(a) ((a)&-(a))
const int mod = 1e9+7;
using namespace std;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=0,s=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')s=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*s;
}
int qpow(int a,int b){
    int ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=(ans*a)%mod;
        a=(a*a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
#define endl '\n'
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 3e6+10;
const int maxn = 1e3+10;
int a[N],pre[N];
int trie[N][2],cnt,pos[N];
signed main(){
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t; cin>>t;
    while(t--){
        int n,k;scanf("%d%d",&n,&k);
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),pre[i]=pre[i-1]^a[i];//pre存前缀异或和 
        int ansl=-1,ansr=n,cnt=1;
        pos[1]=-1;
        trie[1][0]=trie[1][1]=0;
        for(int i=0;i<=n;i++){//要从i=0开始，因为pre[0]=0也要插进字典树 
            int res=-1,fa=1;
            for(int j=30;j>=0;j--){
                int w=(pre[i]>>j)&1;
                if(!((k>>j)&1)){
                //如果k>>j位上是0，那 w和w^1 都可以取，因为与 pre[i]>>j异或后 一定 >=0 
                    if(trie[fa][w^1])res=max(res,pos[trie[fa][w^1]]);
                    //因为 w 和 w^1 都能取，那就取更优解 
                    fa=trie[fa][w];
                }
                else fa=trie[fa][w^1];
                //如果k>>j位上是1，那就只能从w的异或值往下继续找，因为 w^1异或pre[j]>>j 才能等于 1 
                if(!fa)break; 
            }
            if(fa)res=max(res,pos[fa]);//找到结尾如果fa>0说明该路径合法，res取更优解 
            if(res>=0&&i-res<ansr-ansl)ansl=res,ansr=i;
            fa=1;
            for(int j=30;j>=0;j--){//插入字典树
                int w=(pre[i]>>j)&1;
                if(!trie[fa][w]){
                    trie[fa][w]=++cnt;
                    pos[cnt]=-1;
                    trie[cnt][0]=trie[cnt][1]=0;
                }
                fa=trie[fa][w];
                pos[fa]=max(pos[fa],i);
                //维护该节点对应的最右端点
            }
        }
        if(ansl!=-1)cout<<ansl+1<<" "<<ansr<<endl;
        else cout<<-1<<endl;
    }
}

Pass!（待补）

题目链接——HDU 6956

.
.
.

Maximal submatrix（待补）

题目链接——HDU 6957

.
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.

KD-Graph

题目链接——HDU 6958

题意：
$T$ 组测试数据，每组给出三个整数 $n 、 m 、 k$ 表示无向图
$G < n, m >$ ，接下来 $m$ 行，每行三个整数 $u 、 v 、 w$
表示顶点 $u$ 和顶点 $v$ 之间有一条权值为 $w$ 的无向边。计算是否存在一个整数 $D$ 使 $n$ 个顶点分为 $k$ 组满足：
①对于任意一组，组内的顶点两两之间至少存在一条权值 $\le w$ 的路径
②对于任意两组，组间的顶点两两之间不存在任何一条权值 $\le w$ 的路径
若 $D$ 存在输出 $D$ ，否则输出 $- 1$

题解：
用一个变量 $n o w$ 记录当前组数，将边按权值从小到大排序，每一阶段取出同权值的所有边，将这些边的顶点用并查集两两合并，每进行一次合并 $n o w - 1$ ，因为合并了一次剩下的顶点数就少了一个，并记录权值 $w$ ，当进行到下一阶段，即边权于与上一次不一样时，判断 $n o w$ 的值，若等于k，则 $w$ 就是答案

#include<iostream>
#include<sstream>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include <utility>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<list>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<time.h>
#define PI acos(-1.0)
#define eps 1e-9
#define lowbit(a) ((a)&-(a))
const int mod = 1e9+7;
using namespace std;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=0,s=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')s=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*s;
}
int qpow(int a,int b){
    int ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=(ans*a)%mod;
        a=(a*a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
#define endl '\n'
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e6+10;
const int maxn = 1e3+10;
struct edge{
    int u,v,w;
}e[N];
int f[N];
bool cmp(edge a,edge b){return a.w<b.w;}
inline int find(int x){return f[x]==x?f[x]:f[x]=find(f[x]);}
signed main(){
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t; cin>>t;
    while(t--){
        int n,m,k; scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);//要用scanf不然会超时
        for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=i;
        for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w);
        sort(e+1,e+1+m,cmp);
        int now=n,ans=0,flag=0;//初始时所有点都是独立的，所以now=n
        for(int i=1;i<=m;i++){
            if(e[i].w!=e[i-1].w)
                if(now==k){ printf("%d\n",ans);flag=1;break; }
                /*now==k的话，之前合并的算作一组，因为权值都<=ans
                剩下的k-1个点权值都>ans，每个点都是独立的一组
                */
            if(find(e[i].u)==find(e[i].v)) continue;
            now--; //合并一次独立的顶点就少了一个
            f[find(e[i].u)]=find(e[i].v);
            ans=e[i].w;
        }
        if(!flag)printf("%d\n",now==k?ans:-1);
    }
}

zoto

题目链接——HDU 6959

题意：
$T$ 组测试数据，每组两个整数 $n 、 q$ ，接下来一行 $n$ 个整数表示数组 $f x$ , 平面中有 $n$ 个点，其中第 $i$ 个的坐标为 $(i, f x [i])$ ，接下来 $q$ 次询问，每次包含四个整数 $x 1 、 y 1 、 x 2 、 y 2$ ，对于每次询问，输出一个整数表示在以 $(x 1, y 1)$ 为左下角， $(x 2, y 2)$ 为右上角的矩形中，有多少个 $Y$ 坐标不同的点

题解：
由于只有询问操作，自然想到用莫队来离线处理 $X$ 轴的移动，关键在于 $Y$ 点数的维护，一开始考虑用线段树，每次 $a d d$ 或者 $d e l e t e$ 一个新点就在线段树上更新，然后区间查询，没想到线段树常数太大超时了。于是考虑对 $Y$ 轴的区间分块处理（好像树状数组也能写，下次再来补）

#include<iostream>
#include<sstream>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include <utility>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<list>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<time.h>
#define PI acos(-1.0)
#define eps 1e-9
#define lowbit(a) ((a)&-(a))
const int mod = 1e9+7;
using namespace std;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=0,s=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')s=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*s;
}
void inar(int a[],int n){for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];}
void outar(int a[],int n){for(int i=1;i<=n;i++)cout<<a[i]<<" ";cout<<endl;}
int qpow(int a,int b){
    int ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=(ans*a)%mod;
        a=(a*a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
#define endl '\n'
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5+10;
const int maxn = 1e3+10;
int a[N],pos[N],ans[N],cnt[N],sum[N],block=313;
struct node{
    int l,r,ma,mi,id;
}query[N];
bool cmp(node a,node b){//莫队优化排序
    if(a.l/block!=b.l/block)return a.l/block<b.l/block;
    if((a.l/block)&1)return a.r>b.r;
    return a.r<b.r;
}
void add(int x){if(++cnt[x]==1)sum[x/block]++;}//找到新点就在对应的块上+1
void del(int x){if(--cnt[x]==0)sum[x/block]--;}//相反-1
int cal(int x){//分块的区间查询
    int res=0;
    for(int i=0;i<x/block;i++)res+=sum[i];
    for(int i=(x/block)*block;i<=x;i++)res+=(cnt[i]>=1);
    return res;
}
signed main(){
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t; scanf("%d",&t);//scanf不然会超时
    while(t--){
        memset(sum,0,sizeof sum); memset(cnt,0,sizeof cnt);
        int n,q;scanf("%d%d",&n,&q);
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
        for(int i=1;i<=q;i++){
            scanf("%d%d%d%d",&query[i].l,&query[i].mi,&query[i].r,&query[i].ma);
            query[i].id=i;
        }
        sort(query+1,query+1+q,cmp);
        int pl=query[1].l,pr=query[1].r;
        for(int i=pl;i<=pr;i++)add(a[i]);
        ans[query[1].id]=cal(query[1].ma)-cal(query[1].mi-1);
        for(int i=2;i<=q;i++){
            while(pl<query[i].l)  del(a[pl]),pl++;
            while(pr>query[i].r)  del(a[pr]),pr--;
            while(pl>query[i].l)  pl--,add(a[pl]);
            while(pr<query[i].r)  pr++,add(a[pr]);
            ans[query[i].id]=cal(query[i].ma)-cal(query[i].mi-1);
        }
        for(int i=1;i<=q;i++)printf("%d\n",ans[i]);
    }
}