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某厉害的比赛的题解(待补
阅读量:5846 次
发布时间:2019-06-18

本文共 6312 字,大约阅读时间需要 21 分钟。

北航第十一届程序设计竞赛网络预赛题解

比赛链接:

官方题解

A.模式

对于窝这个外校成员,这道题好麻烦啊= =

不过我发现我可以点开别的用户的ID,看到学号。

然后再猜一猜,就知道了计算机系应该是XX06XXXX,软件学院是XX21XXXX

代码

#include
#include
using namespace std;string s;int main(){ while(cin>>s) { if(s[2]=='0'&&s[3]=='6') cout<<"SCSE"<

B.并联变阻器

题意即统计满足a,b≤N且aba+b是整数的二元组(a,b)的个数,条件也即a,b≤N且(a+b)|ab。

令r=gcd(a,b),则有gcd(ar,br)=1,再令a=rx,b=ry,那么(a+b)|ab 可以表示为r(x+y)|r2xy,也就是(x+y)|rxy。

由于x与y互质,所以gcd(x+y,x)=gcd(x+y,y)=gcd(x,y)=1,(x+y)与x,y也是互质的,则必然有(x+y)|r。

令r=k(x+y),则a=kx(x+y),b=ky(x+y),可以发现a,b≤N对应着x,y≤N−−√,只需要枚举不超过N−−√的互质数对(x,y),即可计算出对应的每一组解,这样做的时间复杂度是O(N−−√2)=O(N)的,其中求最大公约数的部分可以通过预处理达到O(1)。

注意到本题的数据组数较大,单组数据使用O(N)算法也会超时,但是枚举所有解的时候也确定了这组解是属于N≥max(a,b)的所有N,所以将这组(a,b)统计到对应的max(a,b),再求一遍前缀和即可得到所有答案,预处理复杂度O(N),单点查询O(1)。

代码

#include 
using namespace std;const int maxn = 1e6;int vis[maxn + 50] ,p[maxn + 50],sum[maxn + 50];int quick_pow(int x , int y){ int res=1; while(y){ if(y&1) res*=x; x*=x; y>>=1; } return res;}int main(){ for(int i = 1 ; i <= maxn ; ++ i) p[i] = 1; for(int i = 2 ; i <= maxn ; ++ i) if(!vis[i]){ for(int j = i ; j <= maxn ; j += i){ vis[j] = 1; int t = 0 , x = j; while(x % i == 0) x/=i , t ++ ; t=t>>1; p[j]*=quick_pow( i , t ); } } for(int i = 1 , a , b ; i <= maxn ; ++ i){ int y = i / p[i] , z = i / p[i] / p[i]; for(int j = 1 ; ((a = i + y * j) <= maxn) && ((b = j*y + j * j * z) <= maxn) ; ++ j) sum[max(a,b)]++; } for(int i = 1 ; i <= maxn ; ++ i) sum[i] += sum[i-1]; int n ; while(~scanf("%d",&n)) printf("%d\n",sum[n]); return 0;}

D.最大公约数

贪心。

首先要意识到,最后答案每一段的GCD,一定和整个的GCD是一样的。

所以就直接扫一遍就好了。

代码

#include
#include
using namespace std;#define maxn 100005int a[maxn];int gcd(int A,int B){ if(B==0)return A; return gcd(B,A%B);}int main(){ int n; while(scanf("%d",&n)!=EOF) { for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); int Ans = a[1]; for(int i=1;i<=n;i++) Ans = gcd(Ans,a[i]); int ans = 0; int tmp = 0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(tmp == 0) tmp = a[i]; tmp = gcd(tmp,a[i]); if(tmp == Ans) { ans++; tmp = 0; } } printf("%d\n",ans); }}

E.矩阵

就给你2500个方程,一共有100个未知数,然后每个方程里面只有两个未知数,每个未知数的系数都是1,

问你这个方程是否存在一组解。

大概一眼看到的算法大概就是算一下矩阵的秩,判断他和增广矩阵的秩是否相同就好了

然而窝TLE了= =

所以还是老老实实写差分约束吧,按照差值建边之后,再跑spfa,判断是否有负环就好了

我的判断方法比较偷懒,因为spfa有负环的话,会一直跑下去,所以我只要判断他是否会一直跑下去就好了

代码

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;#define maxn 110vector
> E[maxn];int vis[maxn];int inq[maxn];int d[maxn];int main(){ int n,m,k; while(cin>>n>>m>>k) { int flag = 0; for(int i=0;i
Q; for(int i=1;i<=n+m;i++) { d[i]=999999; E[0].push_back(make_pair(i,0)); } Q.push(0);inq[0]=1; int step = 0; while(!Q.empty()) { step++; if(step>1000000){ flag = 1; break; } int now = Q.front(); vis[now]=1; Q.pop(); inq[now]=0; for(int i=0;i
d[now]+E[now][i].second) { d[next]=d[now]+E[now][i].second; if(inq[next])continue; inq[next]=1; Q.push(next); } } } if(flag)printf("No\n"); else printf("Yes\n"); }}

F.序列

打表找规律,很容易发现答案 = (n+1)!/2

代码

#include
using namespace std;#define maxn 100005const int mod = 1e9+7;long long ans[maxn];int main(){ ans[1]=1; for(int i=2;i
>n) cout<
<

H.高中数学题

首先手动推公式,很容易发现An = 2n + 1

然后我们再打表An的前缀异或,然后很容易发现规律

long long get(long long x){    if(x%4==0)return 2LL*x;    if(x%4==1)return 3LL;    if(x%4==2)return 2LL*x+2LL;    if(x%4==3)return 1LL;}

所以,我们就直接跑就好了~

代码

#include
using namespace std;long long get(long long x){ if(x%4==0)return 2LL*x; if(x%4==1)return 3LL; if(x%4==2)return 2LL*x+2LL; if(x%4==3)return 1LL;}int main(){ int t;scanf("%d",&t); while(t--) { long long l,r; scanf("%lld%lld",&l,&r); printf("%lld\n",get(l-1)^get(r)); }}

I.神奇宝贝大师

费马点,曼哈顿版本。

所以X轴与Y轴是分开的。

非常裸的一道题,由于这道题的数据范围只有2000,就更加裸了……

直接暴力n^2扫就好了。

代码

#include
using namespace std;#define maxn 2005long long numx[maxn];long long numy[maxn];int main(){ int t;scanf("%d",&t); while(t--) { memset(numx,0,sizeof(numx)); memset(numy,0,sizeof(numy)); int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); int x,y,q; scanf("%d%d%d",&x,&y,&q); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) { numx[i]+=((x^i)+(y^j))%q; numy[j]+=((x^i)+(y^j))%q; } } long long minx=9999999999999LL,miny=9999999999999LL; for(int i=1;i<=n;i++) { long long temp = 0; for(int j=1;j<=n;j++) temp += numx[j]*abs(j-i); if(temp

L.偶回文串

这道题是水题

回文即满足所有字母都是偶数即可

我们利用异或,来统计每一种状态的数量,那么这个状态对答案的贡献就是(num-1)*(num)/2

所以这道题就结束了。

代码

#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;map
H;string s;int main(){ while(cin>>s) { H.clear(); int k = 0; H[k]++; for(int i=0;i
::iterator it; long long ans = 0; for(it = H.begin();it!=H.end();it++) { long long p = it->second; ans += (p-1)*p/2; } printf("%lld\n",ans); }}

M.我是鱼

这道题涨姿势了,一开始我只能想到hash。

一直没想到怎么只用xor来解决……

官方题解写的比较清楚:

一个数和自己异或(⊕)结果为0,所以如果只有一个数是奇数全部异或起来就能得到结果,如果有两个数是奇数,假设为a,b,把所有数异或起来的结果等于a⊕b,设c=a⊕b,则c≠0,c的二进制表示中必有某一位为1,假设为第x位,那么将所有第x位为0的异或起来,所有为1的异或起来就能得到a,b。

代码

#include
#include
using namespace std;#define maxn 1000005long long a[maxn];int main(){ int n; while(cin>>n) { long long x=0; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld",&a[i]); x^=a[i]; } int flag = 0; for(int i=0;i<60;i++) { if((x>>i)&1) { flag = i; break; } } long long ans1 = 0,ans2 = 0; for(int i=1;i<=n;i++) { if((a[i]>>flag)&1)ans1^=a[i]; else ans2^=a[i]; } if(ans1>ans2)swap(ans1,ans2); printf("%lld %lld\n",ans1,ans2); }}

转载地址:http://hiwjx.baihongyu.com/

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