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2020牛客暑期多校训练营（第三场）

比赛情况

题号 A B C D E F G H I J K L
状态 O O O O O O Ø - - - - O

O 在比赛中通过 Ø 赛后通过 ! 尝试了但是失败了 - 没有尝试

比赛时间

2020-07-18 12:00-17:00

题解

A - Clam and Fish

依次经过 $n$ 个格子，每个格子上可能有 $\text{fish}$ 或 $\text{clam}$。

每个格子上可以下面的选一个操作：

如果有 $\text{clam}$，可以制作一个鱼饵

如果有 $\text{fish}$，可以得到一条鱼

消耗一个鱼饵获得一条鱼

什么事都不做

显然有鱼的位置选操作三。剩下的有能制作鱼饵就制作鱼饵，否则就用鱼饵捕鱼。最后加上剩下鱼饵的二分之一。

code

code 

#include<bits/stdc++.h>
#define ALL(x) (x).begin(),(x).end()
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pii_ pair<int,int>
#define mp_ make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define show1(a) cout<<#a<<" = "<<a<<endl
#define show2(a,b) cout<<#a<<" = "<<a<<"; "<<#b<<" = "<<b<<endl
using namespace std;
const ll INF = 1LL<<60;
const int inf = 1<<30;
const int maxn = 2e6+5;
inline void fastio() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);}
 
char s[maxn];
int main()
{
    fastio();
    int _; char x;
    for(cin>>_;_;_--){
        int n; cin>>n;
        cin>>s+1;
        int ans = 0,cnt = 0;
        rep(i,1,n){
            if(s[i]=='0'){
                if(cnt) ans++,cnt--;
            }else if(s[i]=='1'){
                cnt++;
            }
            else ans++;
        }
        ans += cnt/2;
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}


B - Classical String Problem

题意：两种操作，把字符串最后x个接到前面，把字符串最前面x个接到后面。最后询问一次当前字符串。

题解：相当于把字符串搞成一个环，有一个指针指着开头，每次操作相当于动指针，就每次加减移动字符数然后模长度就好了。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e6+5;
char s[N];
int main()
{
    int Q;
    scanf("%s",s);
    scanf("%d",&Q);
    char op[3];
    int n = strlen(s);
    int st = 0,x;
    for (int i = 1;i<= Q;i++) {
        scanf("%s%d",op,&x);
        if (op[0] == 'A') {
            x--;
            int pos = ((st+x)%n+n)%n;
            printf("%c\n",s[pos]);
        } else {
            st = ((st+x)%n+n)%n;
        }
    }
    return 0;
}


C - Operation Love

题面中给出右手图形，左手与之对称。之后询问给定图形是右手还是左手（可以平移旋转，可能顺/逆时针给出点）。

找到长度 $9$ 和 $6$ 的边，叉集判断顺逆时针关系即可。

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#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
#define ll long long
using namespace std;
#define eps 1e-4
struct Node
{
	double x,y;
	Node(double x=0,double y=0):x(x),y(y){}
	Node operator -(Node a){return Node(x-a.x,y-a.y);}
}p[22];
int dcmp(double x)
{
	if(x<-eps)return -1;
	return x>eps;
}
double sqr(double x){return x*x;}
double dissqr(Node a,Node b){return sqr(a.x-b.x)+sqr(a.y-b.y);}
double Cross(Node a,Node b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		for(int i=0;i<20;i++)scanf("%lf%lf",&p[i].x,&p[i].y);
		int j=0;
		for(int i=0;i<20;i++)
		{
			if(dcmp(dissqr(p[i],p[(i+1)%20])-81)==0)
			{j=i;break;}
		}
		if(dcmp(dissqr(p[(j+2)%20],p[(j+1)%20])-36)==0)
		{
			if(Cross(p[(j+2)%20]-p[(j+1)%20],p[j]-p[(j+1)%20])<0)puts("right");
			else puts("left");
		}
		else
		{
			if(Cross(p[(j-1+20)%20]-p[j],p[(j+1)%20]-p[j])<0)puts("right");
			else puts("left");
		}
	}
    return 0;
}


D - Points Construction Problem

题意:给一个坐标轴，在整数点上染色，一开始所有的都是白色，要求染n个，使得有m对相邻的点颜色不同。

题解:构造，首先可以发现只有m为偶数的时候有方案，然后对于一个新染色点，可能多4对，2对或0对，然后枚举多4对的有几个点，2对的有几个点，算出0对的有几个点，然后先一行空一格染一个，染4对的，然后再最后一个4对的上侧和右侧增加2对的，看剩下的0对的能不能被完全放进这个L形里。可以就可以，不行就没了。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55;
int ans[N][2];
int n,m;
int main()
{
    int cas;
    scanf("%d",&cas);
    while (cas--) {
        int n,m;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        int minans = 4*n;
        for (int i = 1;i<= n;i++) {
            int x=i;int y = n/x;
            if (n > x*y)
                minans=min(minans,2*(x+y+1));
            else minans = min(minans,2*(x+y));
        }
        bool find = false;
            for (int cnt4 = 1;cnt4<=n && !find;cnt4++) {
                for (int cnt2 = 0;cnt2+cnt4<=n && !find;cnt2++) {
                    if (cnt2*2+cnt4*4!=m)continue;
                    int cnt0 = n-cnt4-cnt2;
                    int x = cnt2/2;int y = cnt2-x;
                    if (cnt0 <= x*y) {
                        find = true;
                        int tmp = 0;
                        for (int i = 1;i<= cnt4;i++)
                            ans[++tmp][0] = i<<1;
                        for (int i = 1;i<= x;i++) {
                            tmp++;
                            ans[tmp][0] = ans[cnt4][0]+i;
                            ans[tmp][1] = ans[cnt4][1];
                        }
                        for (int i = 1;i<= y;i++) {
                            tmp++;
                            ans[tmp][0] = ans[cnt4][0];
                            ans[tmp][1] = ans[cnt4][1]+i;
                        }
                        for (int i = 0;i< cnt0;i++) {
                            int tx = i%x+1,ty = i/x+1;
                            tmp++;
                            ans[tmp][0] = ans[cnt4][0]+tx;
                            ans[tmp][1] = ans[cnt4][1]+ty;
                        }
                    }
                }
            }
        if (find) {
            printf("Yes\n");
            for (int i = 1;i<= n;i++)
                printf("%d %d\n",ans[i][0],ans[i][1]);
        } else {
            printf("No\n");
        }
    }
    return 0;
}


F - Fraction Construction Problem

给 $1 \le a,b \le 2e6$，问是否存在 $1 \le c,d,e,f \le 4e12$ 且 $d,f \lt b$，使得 $\frac cd - \frac ef = \frac ab$。

分类讨论一下，如果 $a$ 和 $b$ 不互质可以很容易构造出来；如果互质，分解 $b$，如果 $b$ 只有一种质因子则不存在，否则令 $d$ 和 $f$ 为 $b$ 的两个互质的因数，然后通分，分子就是个拓欧。

code

code 

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define ALL(x) (x).begin(),(x).end()
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pii_ pair<int,int>
#define mp_ make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define show1(a) cout<<#a<<" = "<<a<<endl
#define show2(a,b) cout<<#a<<" = "<<a<<"; "<<#b<<" = "<<b<<endl
using namespace std;
const ll INF = 1LL<<60;
const int inf = 1<<30;
const int maxn = 2e6+5;
const ll B = 4e12;
inline void fastio() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);}
 
bool vis[maxn];
vector<int> prime;
inline ll gcd(ll a,ll b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);}
inline ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    ll d;
    if(!b) d=a,x=1,y=0;
    else {d=exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;}
    return d;
}
void init()
{
    int n = 2e6;
    rep(i,2,n){
        if(!vis[i]) prime.pb(i);
        for(ll j=(ll)i*i;j<=n;j+=i) vis[j] = 1;
    }
}
int main()
{
    int _; init();
    ll a,b,c,d,e,f;
    for(scanf("%d",&_);_;_--){
        scanf("%lld%lld",&a,&b);
        if(b==1){
            printf("-1 -1 -1 -1\n");
        }else{
            ll k = gcd(a,b);
            if(k > 1){
                a/=k,b/=k;
                d = b,f = b;
                c = a+1,e = 1;
                printf("%lld %lld %lld %lld\n",c,d,e,f); continue;
            }else{
                if(!vis[b]){ // ab互质且b为质数
                    printf("-1 -1 -1 -1\n"); continue;
                }
                for(int x:prime){
                    if(b%x==0){
                        d = 1;
                        while(b%x==0) d*=x,b/=x;
                        break;
                    }
                }
                if(b==1){   // 只有一种质因子
                    printf("-1 -1 -1 -1\n"); continue;
                }
                f = b;
                exgcd(f,d,c,e);
                if(c<0){
                    ll k = abs(c)/d+1;
                    c += k*d,e -= k*f;
                }
                printf("%lld %lld %lld %lld\n",c*a,d,-e*a,f);
            }
        }
    }
    return 0;
}


G - Operating on a Graph

每个点初始自己一组， $q$ 个操作，每次将所有与 $o_i$ 组有连边的组并入该组，问最后每个点各属于哪个组。

并查集搞一搞即可，每次将准备并入的组连出去的边与 $G[o_i]$ 合并，注意vector合并时小的插入大的。

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#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
#define ll long long
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=8e5+10;
vector<int>G[N],s;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
int father[N];
int find(int x){return x==father[x]?x:father[x]=find(father[x]);}
int main()
{
	int t=read();
	while(t--)
	{
		int n=read(),m=read();
		for(int i=0;i<n;i++)vector<int>().swap(G[i]),father[i]=i;
		for(int i=0;i<m;i++)
		{
			int x=read(),y=read();
			G[x].pb(y),G[y].pb(x);
		}
		int q=read();
		for(int i=1;i<=q;i++)
		{
			int u=read();
			if(find(u)!=u)continue;
			for(int v:G[u])
			{
				int fv=find(v);
				if(fv!=u)
				{
					father[fv]=u;
					if(s.size()<G[fv].size())swap(s,G[fv]);
					s.insert(s.end(),G[fv].begin(),G[fv].end());
					vector<int>().swap(G[fv]);
				}
			}
			if(s.size()>G[u].size())swap(s,G[u]);
			G[u].insert(G[u].end(),s.begin(),s.end());
			vector<int>().swap(s);
		}
		for(int i=0;i<n;i++)printf("%d ",find(i));
		puts("");
	}
    return 0;
}


L - Problem L is the Only Lovely Problem

签到水题。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[505],s1[505]="lovely";
int main()
{
	cin>>s;
	for(int i=0;s1[i];i++)
	{
		if(s[i]>='A'&&s[i]<='Z')s[i]=s[i]-'A'+'a';
		if(s1[i]!=s[i]){puts("ugly");return 0;}
	}
	puts("lovely");
    return 0;
}


比赛总结与反思