2023 (ICPC) Jiangxi Provincial Contest ABCHIJKL

最新推荐文章于 2025-05-19 08:35:23 发布

Assassin's Creed

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文章标签： c语言 c++ ACM ICPC

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/theskyinblue/article/details/147289184

版权

A Drill Wood to Make Fire

签到看是否 $S\cdot V \geq N$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

void solve(){
    int n,s,v;
    cin>>n>>s>>v;
    if(s*v>=n) cout<<"1\n";
    else cout<<"0\n";
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int t = 1;cin>>t;
    while(t--) solve();
    return 0;
}

B Wonderful Array

正难则反，考虑小于等于的个数不好考虑,我们可以用总数减去大于的情况

大于的情况怎么统计，我们发现大于只会出现在前一个数 $b_{i-1}$ 加上 $a_i$ 就超过m的时候会出现，这个次数的总和相当于商,即 $\frac{b_n}{m}$

然后 $b_n=x+\sum_{i=1}^{k} a_i*\lfloor \frac{n}{k} \rfloor+\sum_{i=1}^{n\% k}a_i$ ,那么答案就是 $n-\frac{b_n}{m}$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
using i64 = long long;

constexpr int maxn = 1e6+10;
int k,n,m,x;
int a[maxn];
__int128 pre[maxn];
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    cin>>k;
    for(int i = 1;i<=k;++i){
        cin>>a[i];
    }
    cin>>n>>m>>x;
    x%=m;
    for(int i = 1;i<=k;++i){
        a[i]%=m;
        pre[i]=pre[i-1]+a[i];
    }
    __int128 bn = x+__int128(n/k*pre[k])+pre[n%k];
    bn/=m;
    cout<<i64(n-bn);
    return 0;
}

C Battle

队友写的，不太清楚，有空update

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long

int n,p;
int a[1232100];
int b[10000100];
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    cin>>n>>p;
    int ji=0;
    int yi=0,er=0;
    for(int i = 1;i<=n;++i){
        cin>>a[i];
        ji^=(a[i]&1LL);
        a[i]-=1;
        a[i]%=(p+1);
        if(a[i]==p) a[i]=0;
        else if(a[i]==p-2) yi++;
        else if (a[i]==p-1) er++;
        else{
            if((a[i])%2==0) yi++;
            else a[i]=0;
        }
    }
    if(p&1){
        if(ji) cout<<"GOOD\n";
        else cout<<"BAD\n";
        return 0;
    }
    if(er%2==0 && yi%2==0) cout<<"BAD\n";
    else cout<<"GOOD\n";
    // b[0]=0;
    // b[1]=1;
    // for (int i=2;i<=1000000;i++)
    // {
    //     int tmp=1,flag=0;
    //     while (tmp<=i)
    //     {
    //         if (b[i-tmp]==0) flag=1;
    //         tmp*=p;
    //     }
    //     b[i]=flag;
    // }
    
    // for (int i=1;i<=10000;i++)
    // {
    //     cout<<a[i]<<" \n"[i%p+1==0];
    // }
    return 0;
}

我们发现如果前缀max一样肯定需要放在一起，把需要放在一起的数字看成物品，那么就相当于变成了有很多体积和价值一样的物品(可以重复)问能否可以恰好塞满 $\frac{n}{2}$ 的空间，还可以注意到 $\sum_{i}^{m} x_i=n$ ,其中 $x_i$ 是每件物品的体积，我们想让种类尽可能的多，那么肯定是从1开始，公差为1的等差数列的体积是最优的，那么可以求出体积最大是 $\sqrt{n}$ ,那么种类最多也是那么多，我们对这 $\sqrt{n}$ 跑多重背包，用二进制优化即可通过本体，更优秀的，我们可以用bitset优化转移，可以跑的更快

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

constexpr int maxn = 5e5+10;
int n;
bitset<maxn> f;
inline void solve(){
    cin>>n;
    vector<int> p(n);
    int mx = 0;
    vector<int> b(n+1,0);
    vector<int> c;

    for(int i = 0;i<n;++i){
        f[i]=0;
        cin>>p[i];
        if(i==0){
            mx = i;
            continue;
        }
        if(p[i]>p[mx]){
            b[i-mx]++;
            mx = i;
        }
    }
    b[n-mx]++;
    for(int i = 1;i<=n;++i){
        if(b[i]==0) continue;
        int cnt=1;
        while(b[i]>cnt){
            b[i]-=cnt;
            c.push_back(i*cnt);
            cnt<<=1;
        }
        c.push_back(b[i]*i);
    }
    f[0]=1;
    for(auto &i:c){
        f|=(f<<i);
        if(f[n/2]){
            cout<<"Yes\n";
            return;
        }
    }
    cout<<"No\n";
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while (T--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

I Tree

签到，感觉有点诈骗，修改其实只和两端的有关，询问 $x$ 到 $y$ 路径中的点（不包括 $x$ , $y$ ），那些被修改的边肯定是被 $x or$ 两次，相当于没有修改

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int a[1000100];
int b[1000100];
void solve(){
    int n,m,q,x,y,z,i;cin >> n>>m;
    for (i=1;i<n;i++) {
        cin>>x>>y>>z;
        a[x]=a[x] xor z;
        a[y]=a[y] xor z;
    }
    while (m--) {
        cin>>q;
        if (q==1) {
            cin>>x>>y>>z;
            a[x]=a[x] xor z;
            a[y]=a[y] xor z;
        }else {
            cin>>x;
            cout<<a[x]<<"\n";
        }
    }
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int t = 1;
    while(t--) solve();
    return 0;
}

J Function

添加的 $a$ 和 $b$ 都是小于等于 $10^5$ 。如果 $i$ 和 $a$ 的差距大于 $\sqrt{10^5}$ ,那么他们的函数值之差足以抹平二者 $b$ 之间的差距，所以每次查询只要往 $a$ 左右找 $\sqrt{n}$ 个点即可，时间复杂度 $O(n\sqrt{n})$

#include <bits/stdc++.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long

constexpr int maxn = 1e5+10,D = 317;
int n,m;
int b[maxn];
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    cin>>n;
    for(int i = 1;i<=n;++i) cin>>b[i];
    cin>>m;
    while(m--){
        int op,x,y;
        cin>>op;
        if(op==0){
            cin>>x>>y;
            if(y<b[x]) b[x]=y;
        }else{
            cin>>x;
            int l = max(1LL,x-D),r = min(n,x+D);
            int mi = 1e18;
            for(int i = l;i<=r;++i){
                mi = min(mi,(i-x)*(i-x)+b[i]);
            }
            cout<<mi<<"\n";
        }
    }
    return 0;
}

K Split

多练思维是真的有用的，K题没有想象中的那么难，我们发现交换只是让相邻两个数之间的差值换了个位置（自己手模一个算一下和旁边两个的差值即可发现）,所以我们只要把差值排个序就做完了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int a[1000100];
int b[1000100];
void solve(){
    int n;cin >> n;
    for (int i=0;i<n;i++) cin >> a[i];
    int sum=a[0]-a[n-1];
    for (int i=1;i<n;i++) b[i-1]=-(a[i-1]-a[i]);
    sort(b,b+n);
    for (int i=1;i<n;i++) b[i]=b[i]+b[i-1];
    int m;cin >> m;
    for (int i=0;i<m;i++)
    {
        int op,x;cin >> op >> x;
        if (op==0) continue;
        cout << sum+b[x-2] << "\n";
    }
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int t = 1;
    //cin>>t;
    while(t--) solve();
    return 0;
}

L Zhang Fei Threading Needles - Thick with Fine

输出n-1即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

signed main(){

    int n;cin>>n;
    cout<<n-1;
    return 0;
}