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jxm2001
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 <hidden 查看代码>
 <code cpp>
-#include <iostream>
-#include <cstdio>
-#include <cstdlib>
-#include <algorithm>
-#include <string>
-#include <sstream>
-#include <cstring>
-#include <cctype>
-#include <cmath>
-#include <vector>
-#include <set>
-#include <map>
-#include <stack>
-#include <queue>
-#include <ctime>
-#include <cassert>
-#define _for(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
-#define _rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
-#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
-using namespace std;
-typedef long long LL;
-inline int read_int(){
-	int t=0;bool sign=false;char c=getchar();
-	while(!isdigit(c)){sign|=c=='-';c=getchar();}
-	while(isdigit(c)){t=(t<<1)+(t<<3)+(c&15);c=getchar();}
-	return sign?-t:t;
-}
-inline LL read_LL(){
-	LL t=0;bool sign=false;char c=getchar();
-	while(!isdigit(c)){sign|=c=='-';c=getchar();}
-	while(isdigit(c)){t=(t<<1)+(t<<3)+(c&15);c=getchar();}
-	return sign?-t:t;
-}
-inline char get_char(){
-	char c=getchar();
-	while(c==' '||c=='\n'||c=='\r')c=getchar();
-	return c;
-}
-inline void write(LL x){
-	register char c[21],len=0;
-	if(!x)return putchar('0'),void();
-	if(x<0)x=-x,putchar('-');
-	while(x)c[++len]=x%10,x/=10;
-	while(len)putchar(c[len--]+48);
-}
-inline void space(LL x){write(x),putchar(' ');}
-inline void enter(LL x){write(x),putchar('\n');}
 const int MAXN=5005;
 int a[MAXN][MAXN],b[MAXN][MAXN],que[MAXN];
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 <hidden 查看代码>
 <code cpp>
-#include <iostream>
-#include <cstdio>
-#include <cstdlib>
-#include <algorithm>
-#include <string>
-#include <sstream>
-#include <cstring>
-#include <cctype>
-#include <cmath>
-#include <vector>
-#include <set>
-#include <map>
-#include <stack>
-#include <queue>
-#include <ctime>
-#include <cassert>
-#define _for(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
-#define _rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
-#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
-using namespace std;
-typedef long long LL;
-inline int read_int(){
-    int t=0;bool sign=false;char c=getchar();
-    while(!isdigit(c)){sign|=c=='-';c=getchar();}
-    while(isdigit(c)){t=(t<<1)+(t<<3)+(c&15);c=getchar();}
-    return sign?-t:t;
-}
-inline LL read_LL(){
-    LL t=0;bool sign=false;char c=getchar();
-    while(!isdigit(c)){sign|=c=='-';c=getchar();}
-    while(isdigit(c)){t=(t<<1)+(t<<3)+(c&15);c=getchar();}
-    return sign?-t:t;
-}
-inline char get_char(){
-    char c=getchar();
-    while(c==' '||c=='\n'||c=='\r')c=getchar();
-    return c;
-}
-inline void write(LL x){
-    register char c[21],len=0;
-    if(!x)return putchar('0'),void();
-    if(x<0)x=-x,putchar('-');
-    while(x)c[++len]=x%10,x/=10;
-    while(len)putchar(c[len--]+48);
-}
-inline void space(LL x){write(x),putchar(' ');}
-inline void enter(LL x){write(x),putchar('\n');}
 const int MAXN=2e5+5;
 struct Edge{
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 [[https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5668/E|链接]]
-一道简单 $\text{dp}$ 题，比赛时犯蠢当成只能由一个长度为 $6$ 的组了，其实可以好几个。
+==== 题意 ====
+给定一个 $1\sim n$ 的数列，保证 $n$ 为偶数。对这个数列经行两两配对，操作费用为每组配对数字之差的绝对值的总和。
+要求进行两次上述操作，操作费用和最小，且不存在某个配对同时存在在两次操作中。
+==== 题解 ====
+将每个数字当成一个节点，两次配对后将出现若干个偶环。显然偶环长度只能为 $4$ 或 $6$，且偶环取相邻元素最优。
+直接 $\text{dp}$ 即可。(比赛时误以为长度为 $6$ 的环至多只有一个了，唉)
 <hidden 查看代码>
 <code cpp>
-#include <iostream>
-#include <cstdio>
-#include <cstdlib>
-#include <algorithm>
-#include <string>
-#include <sstream>
-#include <cstring>
-#include <cctype>
-#include <cmath>
-#include <vector>
-#include <set>
-#include <map>
-#include <stack>
-#include <queue>
-#include <ctime>
-#include <cassert>
-#define _for(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
-#define _rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
-#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
-using namespace std;
-typedef long long LL;
-inline int read_int(){
-    int t=0;bool sign=false;char c=getchar();
-    while(!isdigit(c)){sign|=c=='-';c=getchar();}
-    while(isdigit(c)){t=(t<<1)+(t<<3)+(c&15);c=getchar();}
-    return sign?-t:t;
-}
-inline LL read_LL(){
-    LL t=0;bool sign=false;char c=getchar();
-    while(!isdigit(c)){sign|=c=='-';c=getchar();}
-    while(isdigit(c)){t=(t<<1)+(t<<3)+(c&15);c=getchar();}
-    return sign?-t:t;
-}
-inline char get_char(){
-    char c=getchar();
-    while(c==' '||c=='\n'||c=='\r')c=getchar();
-    return c;
-}
-inline void write(LL x){
-    register char c[21],len=0;
-    if(!x)return putchar('0'),void();
-    if(x<0)x=-x,putchar('-');
-    while(x)c[++len]=x%10,x/=10;
-    while(len)putchar(c[len--]+48);
-}
-inline void space(LL x){write(x),putchar(' ');}
-inline void enter(LL x){write(x),putchar('\n');}
 const int MAXN=2e5+5;
 int a[MAXN],dp[MAXN];
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 	}
     return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
+===== 4、Just Shuffle =====
+[[https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5667/J|链接]]
+==== 题意 ====
+已知某个置换对初始排列 $1,2,\cdots n$ 连续迭代 $k$ 次的置换，求原置换(保证 $k$ 为大质数)。
+==== 题解 ====
+首先对任意一个置换的循环节，设其长度为 $m$，该循环节对初始排列连续迭代 $t$ 次等价与对初始排列连续迭代 $t\bmod m$ 次。
+已知某个循环节是对初始排列连续迭代 $k$ 次的结果，将当前结果对初始排列连续迭代 $k^{-1}\bmod m$ 次。
+这等效于将原置换对初始排列连续迭代 $k\ast k^{-1}\equiv 1\bmod m$ 次，即结果仍为原置换。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=1e5+5;
+int a[MAXN],vis[MAXN],pos[MAXN],cyc_cnt;
+vector<int> cyc[MAXN];
+void dfs(int u){
+	if(vis[u])
+	return;
+	vis[u]=true;
+	cyc[cyc_cnt].push_back(u);
+	dfs(a[u]);
+}
+LL exgcd(LL a,LL b,LL &tx,LL &ty){
+	if(b==0){
+		tx=1,ty=0;
+		return a;
+	}
+	LL re=exgcd(b,a%b,ty,tx);
+	ty-=a/b*tx;
+	return re;
+}
+int main()
+{
+	int n=read_int(),k=read_int();
+	_rep(i,1,n)
+	a[i]=read_int();
+	_rep(i,1,n){
+		if(!vis[i]){
+			dfs(i);
+			cyc_cnt++;
+		}
+	}
+	_for(i,0,cyc_cnt){
+		int len=cyc[i].size();
+		if(len==1){
+			pos[cyc[i][0]]=cyc[i][0];
+			continue;
+		}
+		LL inv,temp;
+		exgcd(k%len,len,inv,temp);
+		inv=(inv%len+len)%len;
+		_for(j,0,cyc[i].size())
+		pos[cyc[i][j]]=cyc[i][(j+inv)%len];
+	}
+	_rep(i,1,n)
+	space(pos[i]);
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
+===== 5、Hard Gcd Problem =====
+[[https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5669/H|链接]]
+==== 题意 ====
+给定一个 $n$，要求找出最大的集合 $A,B$，使得 $A,B\subset \{1,2,\cdots n\}$，且 $|A|=|B|,A\cap B=\emptyset$。
+同时设 $A=\{x_1,x_2,\cdots x_m\}$，$B=\{y_1,y_2,\cdots y_m\}$，有 $(x_i,y_i)\gt 1$。
+==== 题解 ====
+显然答案不大于 $\frac {n-1-|C|}2,C=\{p|p\gt \frac n2\}$。
+现在构造满足该上界的解。
+然后从 $3$ 开始枚举不属于 $C$ 的质因子 $p$，把之前未访问的质因子的倍数丢掉桶里，显然这个桶里一定会有 $2p$，因为 $2p$ 不可能在之前被访问。
+如果桶里有偶数个数，直接两两配对，否则剩下一个 $2p$。
+最后只剩下偶数，直接两两配对。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXP=2e5+20;
+bool vis[MAXP],vis2[MAXP];
+int prime[MAXP],cnt;
+vector<int> kp[MAXP];
+void Prime(){
+	vis[1]=true;
+	_for(i,2,MAXP){
+		if(!vis[i])prime[cnt++]=i;
+		for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<MAXP;j++){
+			vis[i*prime[j]]=true;
+			if(i%prime[j]==0) break;
+		}
+	}
+}
+int main()
+{
+	Prime();
+	int t=read_int(),n;
+	while(t--){
+		n=read_int();
+		_rep(i,2,n)
+		vis2[i]=0;
+		for(int i=0;prime[i]*2<=n;i++)
+		kp[i].clear();
+		for(int i=1;prime[i]*2<=n;i++){
+			vis2[prime[i]*2]=true;
+			kp[i].push_back(prime[i]*2);
+			for(int j=1;prime[i]*j<=n;j++){
+				if(!vis2[prime[i]*j]){
+					vis2[prime[i]*j]=true;
+					kp[i].push_back(prime[i]*j);
+				}
+			}
+		}
+		int lost=0;
+		_rep(i,1,n){
+			if(!vis2[i]){
+				if(i%2==0){
+					vis2[i]=true;
+					kp[0].push_back(i);
+				}
+				else
+				lost++;
+			}
+		}
+		enter((n-lost)/2);
+		for(int i=1;prime[i]*2<=n;i++){
+			if(kp[i].size()%2==0){
+				for(int j=0;j<kp[i].size();j+=2)
+				printf("%d %d\n",kp[i][j],kp[i][j+1]);
+			}
+			else{
+				kp[0].push_back(kp[i][0]);
+				for(int j=1;j<kp[i].size();j+=2)
+				printf("%d %d\n",kp[i][j],kp[i][j+1]);
+			}
+		}
+		for(int i=1;i<kp[0].size();i+=2)
+		printf("%d %d\n",kp[0][i-1],kp[0][i]);
+	}
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
+===== 6、Chess Strikes Back =====
+[[http://codeforces.com/contest/1379/problem/F2|链接]]
+==== 题意 ====
+一个 $2n\times 2m$ 的棋盘，对棋盘进行二染色，行列号和为偶数则为白格，否则为黑格。
+已知国王攻击范围为 $3\times 3$，要求在白格上放 $n\times m$ 个国王，且保证国王不相互攻击。
+$q$ 次修改，每次询问先修个某个位置的白格状态。如果此时白格未被禁用，则将其禁用，否则将其恢复正常。
+要求输出每次修改后是否存在可以合法放置所有国王的方案。
+==== 题解 ====
+把 $2n\times 2m$ 的棋盘划分成 $2\times 2$ 的正方形，显然每个正方形里必须放一个国王，且只有左上角和右下角可以放置国王。
+如果正方形左上角被禁用，则即该正方形为 $L$ 型正方形。
+如果正方形右下角被禁用，则即该正方形为 $R$ 型正方形。注意一个正方形可以既是 $L$ 型又是 $R$ 型。
+显然如果存在 $L$ 型正方形，则 $L$ 型正方形右下方(包括正下方和正右方)的正方形国王必须放在右下角。
+如果存在 $R$ 型正方形，则 $R$ 型正方形左上方(包括正上方和正左方)的正方形国王必须放在左上角。
+所以当且仅当 $L$ 型正方形右下方出现 $R$ 型正方形无合法方案。
+考虑用 $set$ 维护每行中 $L$ 型最靠左的位置(记为 $low$)和 $R$ 型正方形最靠右的位置(记为 $high$)。
+则合法方案存在当且仅当对任意 $j$，有第 $j$ 行的 $high\lt$ 前 $j$ 行的 $low$ 的最小值。
+考虑线段树维护即可，当前区间合法当且仅当左区间合法，右区间合法，左区间 $low$ 最小值大于 右区间 $high$ 最大值。
+时间复杂度 $O\left((n+q)(\log n+\log q)\right)$。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=2e5+5,Inf=1e9;
+set<int> low[MAXN<<2];
+set<int,greater<int> > high[MAXN<<2];
+int lef[MAXN<<2],rig[MAXN<<2],v_low[MAXN<<2],v_high[MAXN<<2];
+bool flag[MAXN<<2];
+void push_up(int k){
+	flag[k]=flag[k<<1]&flag[k<<1|1];
+	flag[k]&=v_low[k<<1]>v_high[k<<1|1];
+	v_low[k]=min(v_low[k<<1],v_low[k<<1|1]);
+	v_high[k]=max(v_high[k<<1],v_high[k<<1|1]);
+}
+void build(int k,int L,int R){
+	lef[k]=L,rig[k]=R;
+	if(L==R){
+		flag[k]=true;
+		low[k].insert(Inf);
+		v_low[k]=Inf;
+		high[k].insert(-Inf);
+		v_high[k]=-Inf;
+		return;
+	}
+	int M=L+R>>1;
+	build(k<<1,L,M);
+	build(k<<1|1,M+1,R);
+	push_up(k);
+}
+void update(int k,int pos,int type,int v){
+	if(lef[k]==rig[k]){
+		if(type){
+			if(low[k].find(v)==low[k].end())low[k].insert(v);
+			else low[k].erase(v);
+		}
+		else{
+			if(high[k].find(v)==high[k].end())high[k].insert(v);
+			else high[k].erase(v);
+		}
+		v_low[k]=*low[k].begin();
+		v_high[k]=*high[k].begin();
+		flag[k]=v_low[k]>v_high[k];
+		return;
+	}
+	int mid=lef[k]+rig[k]>>1;
+	if(mid>=pos)
+	update(k<<1,pos,type,v);
+	else
+	update(k<<1|1,pos,type,v);
+	push_up(k);
+}
+int main()
+{
+	int n=read_int(),m=read_int(),q=read_int(),a,b;
+	build(1,1,n);
+	_for(i,0,q){
+		int r=read_int(),c=read_int();
+		update(1,(r+1)>>1,r&1,c);
+		if(flag[1])
+		puts("YES");
+		else
+		puts("NO");
+	}
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
+===== 7、Classical String Problem =====
+[[https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5668/B|链接]]
+==== 题意 ====
+有一个字符串，有两种操作：
+  - 询问第 $x$ 个字符
+  - 把最左边的 $x$ 个字符搬到最右边或把最右边 $x$ 个字符搬到最左边
+==== 题解 ====
+如果把字符串当成一个环，发现操作 $2$ 变成了旋转操作，不改变环上字符串的相对位置。
+所以只需要维护环首位置即可。($\text{ps}$ 此题专卡无脑 $\text{Splay}$ 选手)
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=2e6+5;
+char buf[MAXN];
+int main()
+{
+	int pos=0,q,x,len;char opt;
+	scanf("%s",buf);
+	q=read_int(),len=strlen(buf);
+	while(q--){
+		opt=get_char();x=read_int();
+		if(opt=='A')
+		printf("%c\n",buf[(pos+x-1)%len]);
+		else
+		pos=(pos+len+x)%len;
+	}
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
+===== 8、Fraction Constructive Problem =====
+[[https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5668/F|链接]]
+==== 题意 ====
+若干询问，每次询问给定 $a,b(1\le a,b\le 2\times 10^6)$，要求构造 $1\le c,d,e,f\le 4\times 10^{12}$。
+构造需要满足 $d,f\lt b$ 或 $\frac cd-\frac ef=\frac ab$。
+==== 题解 ====
+情况 $1$:$(a,b)\gt 1$
+记 $a'=\frac a{(a,b)},b'=\frac b{(a,b)}$，令 $c=a'+1,d=b',e=1,f=b'$ 即可。
+情况 $2$:$(a,b)== 1$ 且 $b\neq p^\alpha$
+令 $b=df$ 且 $(d,f)=1$，根据裴蜀定理和拓展欧几里得算法，可以找到 $fx+dy=1$。
+于是有 $\frac xd+\frac yf=\frac 1b$，令 $c=ax,e=ay$ 即可，需要注意调整负号。
+关于 $b=df$ 中合适的 $d,f$ 的寻找，可以提前线性筛记录每个数最小素因子，令 $d$ 为 $b$ 最小素因子的幂次。
+情况 $3$:$(a,b)== 1$ 且 $b= p^\alpha$(包括 $b=1$)
+该情况无解，因为 $\frac cd-\frac ef$ 的分母为 $\text{lcm}(d,f)$ 的因子，而由于 $d,f\lt b$ 且 $b= p^\alpha$，必有 $\text{lcm}(d,f)$ 中 $p$ 因子幂次小于 $b$。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXP=2e6+5;
+int vis[MAXP],prime[MAXP],cnt;
+void Prime(){
+	vis[1]=1;
+	_for(i,2,MAXP){
+		if(!vis[i])prime[cnt++]=i,vis[i]=i;
+		for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<MAXP;j++){
+			vis[i*prime[j]]=prime[j];
+			if(i%prime[j]==0) break;
+		}
+	}
+}
+LL gcd(LL a,LL b){
+	while(b){
+		LL t=b;
+		b=a%b;
+		a=t;
+	}
+	return  a;
+}
+LL exgcd(LL a,LL b,LL &tx,LL &ty){
+	if(b==0){
+		tx=1,ty=0;
+		return a;
+	}
+	LL re=exgcd(b,a%b,ty,tx);
+	ty-=a/b*tx;
+	return re;
+}
+int main()
+{
+	int t=read_int();
+	Prime();
+	while(t--){
+		int a=read_int(),b=read_int();LL c,d,e,f,temp;
+		if((temp=gcd(a,b))>1){
+			d=f=b/temp;
+			e=1;
+			c=a/temp+1;
+		}
+		else{
+			d=1,f=b;
+			while(f!=1&&f%vis[b]==0)
+			d*=vis[b],f/=vis[b];
+			if(f==1){
+				puts("-1 -1 -1 -1");
+				continue;
+			}
+			exgcd(f,d,c,e);
+			if(c<0)
+			swap(c,e),swap(d,f);
+			e=-e;
+			c*=a,e*=a;
+		}
+		printf("%lld %lld %lld %lld\n",c,d,e,f);
+	}
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
+===== 9、Operation on a Graph =====
+[[https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5668/G|链接]]
+==== 题意 ====
+给定一个图，图中点 $i$ 初始颜色为 $i$。
+每次选择一种颜色的点进行操作，每次操作将与该颜色相邻的点所属颜色的所有点染成该颜色。(如果所选颜色不存在则忽略操作)
+问经过若干次操作后所有点最终的颜色。
+==== 题解 ====
+并查集维护颜色，链表维护与每种颜色节点相连的节点，每个节点最多向外合并一次，于是每个链表节点最多遍历一次，线性复杂度。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=8e5+5;
+struct Edge{
+	int to,next;
+}edge[MAXN<<1];
+int head[MAXN],tail[MAXN],edge_cnt;
+void Insert(int u,int v){
+	edge[++edge_cnt]=Edge{v,head[u]};
+	if(!head[u])tail[u]=edge_cnt;
+	head[u]=edge_cnt;
+}
+int p[MAXN];
+int Find(int x){return x==p[x]?x:p[x]=Find(p[x]);}
+int main()
+{
+	int t=read_int();
+	while(t--){
+		int n=read_int(),m=read_int(),u,v;
+		_for(i,0,n)
+		p[i]=i,head[i]=tail[i]=0;
+		while(m--){
+			u=read_int(),v=read_int();
+			Insert(u,v);Insert(v,u);
+		}
+		int q=read_int();
+		while(q--){
+			u=read_int();
+			if(Find(u)!=u)
+			continue;
+			int temp_head=0,temp_tail=0;
+			for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
+				v=Find(edge[i].to);
+				if(v==u)continue;
+				edge[tail[v]].next=temp_head;
+				if(!temp_head)temp_tail=tail[v];
+				temp_head=head[v];
+				p[v]=u;
+			}
+			head[u]=temp_head;tail[u]=temp_tail;
+		}
+		_for(i,0,n)
+		space(Find(i));
+		puts("");
+	}
+	return 0;
 }
 </code>
 </hidden>

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