浙江財經大學第十四屆程序設計競賽題解

 

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感謝各位大佬的參賽。 
因爲命題人水平不高，並且以前沒有命題經驗，又是第一次把題目放到外網，因此可能會有數據不嚴謹的狀況出現；也有可能出題人對問題理解不深入，沒想到最優解。若是發現了題目中的各類問題，能夠在各類ACM QQ羣（例如ACFun、ACM貼吧羣、牛客網羣）進行交流學習，也能夠在這個博客留言。  
有作的很差的地方，但願各位大佬多多包涵，批評指正。

Problem A. A Sad Story
先考慮求區間最大值和是最小值的狀況：  
證實：知足最大值和是最小值時的多個序列中，一定有一種序列的最大值在序列兩端。  
一個序列中拿出其最大值，對剩下的全部數的任意排列中，插入這個最大值。  
當這個最大值排在兩端時，原序列區間最大值和加上這最大值。  
當這個最大值不在兩端時，原序列區間最大值和加上這最大值，以及加上因這最大值加入而改變的區間最大值的差值(此時區間最大值必定不小於原區間最大值)。  
例子：  
$K$ 爲 $3$ 。  
$1$ $5$ $3$ $2$ $4$ 加入 $6$ 。  
$1$ $5$ $3$ $2$ $4$ $6$ 爲 $5 + 5 + 4 + 6$  
$1$ $5$ $3$ $2$ $6$ $4$ 爲 $5 + 5 + 6 + 6$  
不在兩端的最大值多了改變大小的區間最大值 $6 - 4$  
這個結論對任意排列的序列都成立，所以全部區間最大值和是最小值的序列中，存在最大值在序列兩端的序列。  
可得:  
當序列爲 V 字型時，必定是區間最大值和是最小值。  
同理可得:  
當序列爲 Λ 字型時，必定是區間最小值和是最大值。  
綜合得:  
當序列爲單調序列時，必定是區間最大值減最小值和的最小值。  
單組數據時間複雜度 $O(NlogN)$。

Problem B. Bazinga
若是 $x$ 和 $k$ 互質，那麼 $x$ mod $k$ 和 $k$ 也互質。  
以及 $(x + k * 1) * (x + k * 2) * (x + k * 3) * ... * (x + k * p) \equiv x^p$ (mod $k$) 。  
把 $[1, k-1]$ 中與 $k$ 互質的數相乘，獲得一個循環節對答案的貢獻，再對其在 $[l, r]$ 中出現的次數作快速冪計算。  
再把以前 $[l, r]$ 不在循環節內的數暴力跑一遍乘進答案。  
注意點：

•  $k$ 爲 $1$ 時，答案爲 $0$。

單組數據時間複雜度 $O(K)$。

Problem C. Collect Jewel
性質1（雖然這個性質對解題好像沒啥用）：在最優解中，每個士兵在行走過程當中，身上的價值是不可能變負的。  
性質2（雖然這個性質對解題好像也沒啥用）：在最優解中，一個士兵的路線終點，不多是另外一個士兵路線的起點。  
性質3（雖然這個性質對解題好像又沒啥用）：派出 $K$ 個士兵必定能獲得最優解。

正題：  
這是一個很容易察覺到的最 x 費用最大流問題。  
因爲每一個節點能得到至多 $1$ 次價值，第二我的再次走過這個節點，就沒法得到這個價值，所以須要拆點，每個節點 $i$ 拆成兩個 $2i+1$ 和 $2i+2$，創建以下邊 $(2i+1,2i+2,1,V_i)$ 以及 $(2i+1,2i+2,inf,0)$。  
對於原圖中每一條有向邊 $\left< x,y \right> $，創建以下邊 $(2x+2,2y+1,inf,-C_i)$。  
創建超級原點$S$，創建$(S, 2i+1, inf, 0)$。  
創建超級匯點$T$，創建$(2i+2,T,inf,0)$。  
控制一下 $S$ 出去的流量最多爲 $K$，跑一個最大費用最大流便可。能夠把每條邊權取反以後求最小費用最大流，其中最小費用的絕對值就是答案。  
注意：題目中數據範圍保證了 $U_i<V_i$ ，所以圖是有向無環圖，建完圖的網絡是不存在負環的。  
單組數據時間複雜度 $O(min(K,N)NM)$。

這題若是不保證 $U_i<V_i$，就須要消負圈，若是有大佬會搞，望不吝賜教，看到網上不少都是一句話帶過，例如「強制把負圈滿流」，zkw 博客好像也沒給出代碼，還發現了一個題 POJ 2175。 

Problem D. Disport with Jelly
能夠這樣考慮：問題等價於有兩堆石頭，第一堆有 $K-L$ 個，第二堆有 $R-K$ 個，每人每次能夠從任意一堆中取任意個，取走最後一個石頭的人算贏。這就是經典的 Nim 取子游戲，看兩堆石頭異或值便可。因爲這裏只有兩堆石頭，也能夠判斷兩堆石頭數量是否相等。  
單組數據時間複雜度 $O(1)$。

Problem E. Easygoing Single Tune Circulation
簡單地說題意就是，一個字典庫有 $N$ 個字符串，每一個字符串中無重複字符，每一個字符串以輸入做爲最小週期無限循環。  
有 $Q$ 次詢問，每次詢問一個字符串是不是 $N$ 個串中其中一個的子串。 

因爲字典庫中每一個字符串都是無限循環的，因此對於每一個詢問的串，也必須是循環的，不循環的就無解。例如[abcd]，[aba]，[abab]都被認爲是循環的，第一個循環節是自己，第二，三兩個循環節均爲[ab]；而[abb]，[abcdc]被認爲不循環。

也就是說循環節要麼沒有，要麼就是從第 $0$ 個字符開始到第一個出現重複字符的前一個位置結束。（由於 $S_i$ 中無重複字符）

【1】對於每個詢問，咱們首先能夠斷定一下這個詢問串是不是字典庫中某個串兩倍的子串。若是找到就有解。這裏能夠搞個廣義 SAM，每一個子串都必然包含在 SAM 的某個狀態裏。  
【2】若是沒有找到，就須要去尋找此次詢問的串的循環節是否能夠由字典庫中某個串經過循環同構獲得。能夠將每個 $S_i$ 的最小表示法插入字典樹，詢問的時候，能夠把循環節也轉成最小表示法，而後去字典樹中找一找。

下面這種作法也放過去了：
把每個 $S_i$ 及其循環同構的串都插入到字典樹中，而後兩種均可以查詢了。

各類 hash 算法不知道能不能過，造數據的時候卡了少數常見 base 和 mod，而後卡了一些雙 hash 超時。

Problem F. Formula One
枚舉兩輛車 $i$ 和 $j$，計算這兩輛車的超車次數。  
兩輛車第一次相遇的時候，必然是快車比慢車多開了一圈，依據這個性質，能夠計算出輛車第一次相遇的時間。兩車相鄰兩次相遇的時間間隔是不會變的。  
相遇一次超車一次，恰好在中止的時候相遇就不算超車。  
公式 $\left\lfloor \frac { P\times \left| { A }_{ i }-{ A }_{ j } \right| -1 }{ { A }_{ i }\times { A }_{ j } } \right\rfloor$  
其中 $R$ 是能夠不用的。  
注意點：

•  精度問題，最好用整型計算
•  $P$ 時刻恰好相遇不算超車

單組數據時間複雜度 $O(n^2)$。

Problem G. Get the Highest Score
首先有兩個貪心思想：

• 連續的一段 $-1$ 確定須要填同一種數。  
• 連續的一段 $-1$ 的左邊和右邊是同一種數字，那麼這段 $-1$ 就填那個數。 

上述兩步填完後，按照題目中的方法壓縮數組。  
而後這樣考慮：最後確定有一段數字是相同的，也就是枚舉位置 $x$，讓 $val[1,n]= max(val[1, x] + (n-x)^2)$ 最大，枚舉過程當中保證 $[x+1,n]$ 能夠變成相同的數字。$val[1, x]$ 的最大值也是如此求解。  
所以從左到右 dp ，記錄前綴能得到的最大分數。能夠發現，壓縮後的數組，最後一段相同的不會超過三小段。  
單組數據時間複雜度 $O(n)$。

Problem H. Hero
按照 $A$ 是小於 $0$，仍是等於 $0$，仍是大於 $0$，將物品分紅三類。  
在同一類中:  
以 $B$ 從小到大排序。先考慮 $B_{x}$ 左邊對其的影響，會發現有決策單調性(證實以下)，右邊用一樣的方法處理。  
$B_{i} < B_{j} < B_{y} < B_{x} < B_{z}$  

若 $|A_{i}| \ge |A_{j}|$,$|A_{j}|$ 就能夠不考慮，剩下就是單調遞增的 $|A|$ 。  
證實：  
當 $B_{x}$ 在 $i$ 取到最優解。  
$|A_{i}|*|A_{x}|*(B_{x}-B_{i})^2 > |A_{j}|*|A_{x}|*(B_{x}-B_{j})^2 $ 得  
$B_{x}-B_{j} < \frac { \left( { B }_{ j }-{ B }_{ i } \right) \times \sqrt { |{ A }_{ i }| } \times \left( \sqrt { |{ A }_{ j }| } +\sqrt { |{ A }_{ i }| } \right) }{ |{ A }_{ j }|-|{ A }_{ i }| } $  
$B_{x}-B_{j} > 0 > \frac { \left( { B }_{ j }-{ B }_{ i } \right) \times \sqrt { |{ A }_{ i }| } \times \left( \sqrt { |{ A }_{ j }| } -\sqrt { |{ A }_{ i }| } \right) }{ |{ A }_{ j }|-|{ A }_{ i }| }$  
$0 < B_{y}-B_{j} < B_{x}-B_{j} < \frac { \left( { B }_{ j }-{ B }_{ i } \right) \times \sqrt { |{ A }_{ i }| } \times \left( \sqrt { |{ A }_{ j }| } +\sqrt { |{ A }_{ i }| } \right) }{ |{ A }_{ j }|-|{ A }_{ i }| } $  
所以 $B_{y}$ 必定不在 $j$ 取到最優解，故 $B_{y}$ 在 $i$ 或以前取到最優解。  
當 $B_{x}$ 在 $j$ 取到最優解。  
$|A_{i}|*|A_{x}|*(B_{x}-B_{i})^2 < |A_{j}|*|A_{x}|*(B_{x}-B_{j})^2 $ 得  
$B_{x}-B_{j} > \frac { \left( { B }_{ j }-{ B }_{ i } \right) \times \sqrt { |{ A }_{ i }| } \times \left( \sqrt { |{ A }_{ j }| } +\sqrt { |{ A }_{ i }| } \right) }{ |{ A }_{ j }|-|{ A }_{ i }| } $  
$B_{x}-B_{j} < \frac { \left( { B }_{ j }-{ B }_{ i } \right) \times \sqrt { |{ A }_{ i }| } \times \left( \sqrt { |{ A }_{ j }| } -\sqrt { |{ A }_{ i }| } \right) }{ |{ A }_{ j }|-|{ A }_{ i }| } < 0$ 不用考慮  
$B_{z}-B_{j} > B_{x}-B_{j} > \frac { \left( { B }_{ j }-{ B }_{ i } \right) \times \sqrt { |{ A }_{ i }| } \times \left( \sqrt { |{ A }_{ j }| } +\sqrt { |{ A }_{ i }| } \right) }{ |{ A }_{ j }|-|{ A }_{ i }| } $  
所以 $B_{z}$ 必定不在 $i$ 取到最優解，故 $B_{z}$ 在 $j$ 或以後取到最優解。  
剩下就用決策單調性就能夠來作了。  
單組數據時間複雜度 $O(nlogn)$。

Problem I. Interesting Set
這題思路很直白，先求出 $N$ 是第幾個，能夠用不少方法求出是第 $P$ 個，而後判斷下 $P+K$ 是否存在，存在則求出第 $P+K$ 個是誰。算的時候楊輝三角打個表，算一算方案數這種就能夠了，也能夠用數位 dp 的思路來作。  
單組數據時間複雜度 $O(log(10^{18}))$。

Problem J. Journey
要求通過每一個點剛好一次，每條邊剛好一次，只有一條鏈是知足要求的，也就是隻要判斷給出的圖是不是一條鏈便可。  
注意點：

• 一條鏈加一個簡單環的圖
• 一個節點，沒有邊的圖
• 清空數組用了 memset 會超時 

單組數據時間複雜度 $O(n+m)$。

Problem K. Keep Danding
不妨把一個詢問拆成兩個，計算出區間長度小於等於 $R$ 的方案數，以及小於等於 $L-1$ 的方案數，相減便可獲得答案。

下面說明區間長度小於等於 $K$ 的方案數：  
首先預處理出 $f[i]$，表示 $i$ 位置最遠能到達 $f[i]$ 位置，保證區間 $[i,f[i]]$ 無重複元素，容易發現 $f[i]$ 是非遞減的。  
令 $g[i] = f[i] - i + 1$，表示區間長度。  
對於一次詢問，咱們能夠把 $[L, R]$ 拆成兩段來計算方案數。  
$[L, R - K]$: 考慮每個位置做爲區間左端點的方案數，就是求這段區間上 $g[i]$ 小於等於 $K$ 的數字的和，主席樹能夠單 log 高效求解。線段樹上每一個節點排個序，每一個節點二分這種雙 log 作法在現場賽也是容許經過的。  
$[R-K+1, R]$: 這個部分比較經典，二分 $f$ 數組。

Problem L. Limitless Matrix
這題絕對 不 是暴力！  
當 $|K|$ 爲素數或 $1$ 或 $0$ 時不可能有解。  
當 $N$ 爲 $1$ 時不可能有解。  
當 $N$ 爲 $2$ 時，只有 $K$ 爲平方數有解， $2 \times 2$ 矩陣每一個元素都是 $ \sqrt K$ 。  
當 $N$ 爲 $3$ 時，只有 $K$ 爲立方數有解(證實以下)， $3 \times 3$ 矩陣每一個元素都是 $ \sqrt[3] K$ (也能夠用其餘的方法湊，不過 $ \sqrt[3] K$ 最方便)。  
證實：$N$ 爲 $3$ 時狀況。  
$\left[ \begin{matrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{matrix} \right] $
$(a \times b \times c) \times (d \times e \times f) \times (g \times h \times i) = K^3 = (a \times e \times i) \times (b \times e \times h) \times (c \times e \times g)$  
$d \times e \times f = e \times e \times e$  
$K$ 爲矩陣中間數 $e$ 的立方。  
當 $N > 3$ 時，放心大膽的用 dfs 搜一遍吧。  
先把 $K$ 分解成 $a \times b$ ，此題就變成了在 $N \times N$ 這個矩陣中，填入 $a$ 與 $b$ 使每行每列以及兩個對角線上有且只有一個 $a$ 和一個 $b$ ，其他位置填入 $1$ 。  
先枚舉 $a$ 與 $b$ 在兩個對角線上如何放置，而後逐行枚舉 $a$ 應該放哪一列，放完 $a$ 後逐行枚舉放 $b$。發現 $N$ 從 $4$ 到 $1000$ 都是至關快的能跑出答案。  
若是有大佬有直接構造的方法，歡迎在 QQ 羣裏提出。  
這題複雜度 O(不知道)。

Problem M. Magical Water Cup

若是每杯水倒出的量都同樣且第一杯水能倒出，則答案爲無窮。  
不然，先分別計算出每杯水最多能夠倒多少次。  
除了第一杯水，其餘的水若是入得比出的多包括等於則能夠倒無窮次，不然就是$\left\lfloor \frac { A_{ i } }{ B_{ i }-B_{ i-1 } } \right\rfloor$次。  
第一杯水是先出後入，先判斷可否倒出第一次，若是能夠就倒出，而後就和另外的水杯同樣處理了；不然答案就是 0。  
而後遍歷一遍找到次數最小且離第一杯最近的那杯水，它就是最後不能操做的位置。簡單計算便可獲得答案  
注意點：

• 第一杯水是先出後入要特判
• 數據超過int的範圍

單組數據時間複雜度 $O(n)$。

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最後，再次感謝您的參賽，祝您前程似錦、夢想成真。