洛谷秋令營考試題解
不想打題索性再摸一篇題解
由於是付費考試就不粘題面了，秋令營題目確實很良心，建議購買
19.10.13
T1
30%：枚舉每一個骰子點數 O（6^（x+y））node
60%：分別枚舉兩個骰子的點數，計算你的點數大於對手的方案數，除以總方案數c++
100%：設 f [ i ] [ j ]爲第 i 個骰子扔出 j 的機率，f [ i ] [ j ] = sum{ f [ i -1 ] [ j - k ] / 6 } （1<=k<=6）；算法
然而我不想用機率dp，因此我設了 f [ i ] [ j ] 爲到了第 i 個骰子總點數爲 j 的方案數會爆long long 可是精度要求低，因此用double 存就水過了……數組
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long inline int read() { int x=0,f=1; char ch; for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar()); if(ch=='-') f=0,ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();} return f?x:-x; } long double f[2][6010];//f[i][j]統計玩家1第i次拋出後得分爲j的方案數 long double g[2][6010];//……玩家2…… int x,y,t1,t2; long double sum1,sum2; signed main() { x=read(),y=read(); f[0][0]=g[0][0]=1*0.001; for(int i=1;i<=x;++i) { t1^=1; for(int k=0;k<=6*i;++k) f[t1][k]=0; for(int j=1;j<=6;++j) { for(int k=6*i;k>=j;--k) { f[t1][k]+=f[t1^1][k-j]; } } } for(int i=1;i<=y;++i) { t2^=1; for(int k=0;k<=6*i;++k) g[t2][k]=0; for(int j=1;j<=6;++j) { for(int k=6*i;k>=j;--k) { g[t2][k]+=g[t2^1][k-j]; } } } for(int i=1;i<=6*x;++i) { for(int j=1;j<=6*y;++j) { sum1+=f[t1][i]*g[t2][j]; if(i>j) sum2+=f[t1][i]*g[t2][j]; } } double sum=sum2/sum1*100.0; printf("%.2lf",sum); putchar('%'); return 0; }
T2
10%：輸出0ide
40%：無腦 n^2函數
100%：無腦三分測試
至於爲何是單谷函數：假設一開始集合位置pos在1，sum1爲pos左邊人的權值，sum2爲pos右邊人的權值，每次pos向右邊移動一個位置，ans+=（sum1-sum2）優化
然而sum1遞增，sum2遞減，因此函數是單谷的ui
可是你都推出這個來了爲何要三分？排完序掃一遍不完事了？atom
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long inline int read() { int x=0,f=1; char ch; for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar()); if(ch=='-') f=0,ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();} return f?x:-x; } int n,pos; struct node { int id,w; inline bool operator < (const node &t) const { return id<t.id; } }a[1000010]; int sum1,sum2,ret; signed main() { pos=n=read(); for(int i=1;i<=n;++i) a[i].id=read(); for(int i=1;i<=n;++i) a[i].w=read(); sort(a+1,a+n+1); for(int i=1;i<n;++i) sum1+=a[i].w; sum2=a[n].w; while(sum1>sum2&&pos>0)//掃一遍 { --pos; sum1-=a[pos].w; sum2+=a[pos].w; } for(int i=1;i<=n;++i) ret+=(a[i].w*abs(a[i].id-a[pos].id)); printf("%lld\n",ret); return 0; }
T3
比較高級，看了題目還覺得是個啥DP，聽大佬在旁邊yy平衡樹加單調隊列優化DP一陣%%%，然而正解是基礎算法……
考慮把一段點分紅一組，其中最大縱座標爲maxy，最小爲miny，那麼線段取在（maxy+miny）/ 2 處代價最小；
因此能夠二分一個代價，從前向後掃點，每次掃到一個點，看看加入這個點會不會令代價超過mid，不超過就加入上一個集合，超過就新開一個集合，能夠拿到80pts
繼續優化：每次都要爲區間找一個右端點，這個右端點的取值和max和min有關，那麼能夠用st表預處理出區間最大/最小值，每次肯定了左端點後二分區間長度，康康最大值和最小值是否知足要求；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std;//開long long 見祖宗 inline int read() { int x=0,f=1; char ch; for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar()); if(ch=='-') f=0,ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();} return f?x:-x; } int n,m,tyx,tot,maxn,minn=1e9+7; struct node { int x,y; inline bool operator < (const node &t) const { return x<t.x; } }a[1000010]; int g[1000010][21][2]; inline bool check(int d) { int sum=0,now=1; while(now<=n) { int r=now,maxn=0,minn=1e9+7; for(int i=20;i>=0;--i) { if(r+(1<<i)-1>n) continue; int tmin=g[r][i][0],tmax=g[r][i][1]; if(max(tmax,maxn)-min(tmin,minn)<=d) { maxn=max(maxn,tmax); minn=min(minn,tmin); r+=(1<<i); } } now=r; if(++sum>m) return 0; } return 1; } signed main() { n=read(); for(int i=1;i<=n;++i) { a[i].x=read(),a[i].y=read(),maxn=max(a[i].y,maxn); } sort(a+1,a+n+1); for(int i=1;i<=n;++i) g[i][0][0]=g[i][0][1]=a[i].y; for(int i=1;i<=20;++i) { for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;++j) { g[j][i][0]=min(g[j+(1<<(i-1))][i-1][0],g[j][i-1][0]); g[j][i][1]=max(g[j+(1<<(i-1))][i-1][1],g[j][i-1][1]); } } tyx=read(); while(tyx--) { m=read(); int l=1,r=maxn,ret=0; while(l<=r) { double mid=(l+r)>>1; if(check(mid)) ret=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } if(ret&1) printf("%.1lf\n",((double)(ret>>1)+0.5)); else printf("%d\n",ret>>1); } return 0; }
19.10.26 （這場對於TG來講題目質量真的不錯，除了不卡暴力qwq
T1
這題目……
你覺得你不會，打了個O（n^2）
你覺得你會了一點，打了個O（nk）
你覺得你會了，打了個O（n）
然而都是100pts……
爲何n^2 100pts?
當gcd（k，10）==1
假設兩個後綴爲BA和A，且BA ≡ A（%k）
那麼 BA - A ≡ B×（10^|A|）≡ 0 （%k）
因爲gcd（k，10）==1，因此B ≡ 0（%k）
因此永遠不會出現同餘的後綴，n^2其實是nk的
爲何nk 100pts?
由於洛谷跑得快……
這題實際上能夠O（n）
若是gcd（k，10）==1，咱們能夠求出10的逆元
假設有後綴ABCD
其中 BCD≡ 0（%k）
那麼 100*B+10*C+D ≡ 0（%k）
那麼 1000*A+100*B+10*C+D * INV（10^3） ≡ A（%k）
因此咱們只要在A處記錄一下，而後繼續日後掃，在後面康康是否有當前數字%p×inv（10^len）存在就好啦
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; namespace knife_rose{ inline int read() { int x=0;char ch,f=1; for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar()); if(ch=='-') f=0,ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();} return f?x:-x; } const int N=1e6+10; char s[N]; int n,p,inv,ret; bool vis[110]; int r[110],num; inline int fast(int x,int k) { int ret=1; while(k) { if(k&1) ret=ret*x%p; x=x*x%p; k>>=1; } return ret; } signed main() { scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1); p=read(); if(p==2||p==5) { for(int i=1;i<=n;++i) if(!((s[i]-'0')%p)) ++ret; printf("%d\n",ret); return 0; } inv=fast(10,p-2);r[++num]=0,vis[0]=1; for(int k=inv,tmp=0,f,i=1;i<=n;++i,tmp=tmp*10%p,k=k*inv%p) { tmp=(tmp+s[i]-'0')%p,f=(tmp*k)%p; if(vis[f]) { ++ret; for(int j=1;j<=num;++j) vis[r[j]]=0; num=0; } r[++num]=f,vis[f]=1; } printf("%d\n",ret); return 0; } } signed main() { return knife_rose::main(); }
T2
線段樹板子（題目怪嚇人的
能夠區間快速合併直接線段樹就行了
其實分塊更好想好寫，甚至不用區間合併，分完塊直接掃過去
考場上仍是寫了線段樹（還混了個最優解
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; namespace knife_rose{ #define ls(p) (p<<1) #define rs(p) (p<<1|1) #define mid ((l+r)>>1) inline int read() { int x=0;char ch,f=1; for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar()); if(ch=='-') f=0,ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();} return f?x:-x; } const int N=3e5+10; int n,m; int a[N]; struct node { int ans,z,y; }seg[N<<2]; inline void push_up(int p) { seg[p].ans=seg[ls(p)].ans+seg[rs(p)].ans; if(seg[rs(p)].z<=seg[ls(p)].y) { seg[p].ans+=seg[rs(p)].z; seg[p].z=seg[ls(p)].z; seg[p].y=seg[ls(p)].y+seg[rs(p)].y-seg[rs(p)].z; } else { seg[p].ans+=seg[ls(p)].y; seg[p].z=seg[ls(p)].z+seg[rs(p)].z-seg[ls(p)].y; seg[p].y=seg[rs(p)].y; } } inline void build(int l,int r,int p) { if(l==r) { if(a[l]==1) seg[p].y=1; else seg[p].z=1; return; } build(l,mid,ls(p)); build(mid+1,r,rs(p)); push_up(p); } inline void update(int pos,int l,int r,int p) { if(l==r) { if(a[l]==1) seg[p].y=1,seg[p].z=0; else seg[p].z=1,seg[p].y=0; return; } if(pos<=mid) update(pos,l,mid,ls(p)); else update(pos,mid+1,r,rs(p)); push_up(p); } inline node query(int tl,int tr,int l,int r,int p) { if(tl<=l&&r<=tr) return seg[p]; if(tr<=mid) return query(tl,tr,l,mid,ls(p)); else if(tl>mid) return query(tl,tr,mid+1,r,rs(p)); else { node tx=query(tl,tr,l,mid,ls(p)),ty=query(tl,tr,mid+1,r,rs(p)); node tyx; tyx.ans=tx.ans+ty.ans; if(ty.z<=tx.y) { tyx.ans+=ty.z; tyx.z=tx.z; tyx.y=tx.y+ty.y-ty.z; } else { tyx.ans+=tx.y; tyx.z=tx.z+ty.z-tx.y; tyx.y=ty.y; } return tyx; } } signed main() { n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(); build(1,n,1); for(int opt,x,y,i=1;i<=m;++i) { opt=read(),x=read(),y=read(); if(opt) { printf("%d\n",query(x,y,1,n,1).ans); } else { a[x]=y; update(x,1,n,1); } } return 0; } } signed main() { return knife_rose::main(); } /* 10 3 1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 1 1 10 0 3 1 1 1 10 */
T3
毒瘤出題人，測試點加權弄的暴力就9分（我看見就棄了），結果不卡O（nm）算法，直接成了sb題
順便處刑了lyy神犇，它AC自動機代碼裏有個函數叫fuck，講師講題的時候還念出來了233333333
0-100分無腦哈希，但複雜度其實不太對
考慮每一個串長度互補相同的狀況：假設有m個串，長度爲1到m
等差數列求和，總長度爲m^2級別
說明最多有√sum（ti）個串
那麼若是咱們每種長度只進行一次匹配，總複雜度就是n√n的
咱們把每一個串按長度排序，把長度相同的哈希值放進一個mp數組裏，mp數組下標是哈希值，裏面存的是編號
每次取出s中長度爲Len 的子串哈希值，看看mp數組裏面有沒有對應的串，這樣就能夠求出每一個串在哪裏被匹配上了
而後雙指針求最小串（二分也能夠
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; namespace knife_rose{ #define int long long inline int read() { int x=0;char ch,f=1; for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar()); if(ch=='-') f=0,ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();} return f?x:-x; } const int N=1e5+10,p=1e6+3,base=131; int n,m; char txt[N],s[N]; struct node { int len,hash; inline bool operator < (const node &t) const { return len!=t.len?len<t.len:hash<t.hash; } }a[N]; int len[N],mp[1000010]; int has[100010],pw[100010]; vector<int> e[N]; // inline void get_hash(int id) // { // for(int i=1;i<=len[id];++i) // a[id].hash=(a[id].hash*base+s[id])%p; // mp[a[id].hash]=id; // } int c[N],d[N],tot,tx,ty; signed main() { scanf("%s",txt+1); n=strlen(txt+1); tx=1,ty=n; for(int i=pw[0]=1;i<=n;++i) has[i]=(has[i-1]*base+txt[i])%p,pw[i]=pw[i-1]*base%p; m=read(); for(int i=1;i<=m;++i) { scanf("%s",s+1); a[i].len=strlen(s+1); for(int j=1;j<=a[i].len;++j) { a[i].hash=(a[i].hash*base+s[j])%p; } // for(int l,r=a[i].len;r<=n;++r) // { // l=r-a[i].len+1; // int tmp=((has[r]-has[l-1]*pw[r-l+1])%p+p)%p; // if(tmp==a[i].hash) e[r].push_back(i); // } } sort(a+1,a+m+1); int sum=0; for(int i=1;i<=m;++i) { mp[a[i].hash]=i; if(a[i].hash==a[i-1].hash) ++sum; if(a[i].len!=a[i+1].len) { for(int l,r=a[i].len;r<=n;++r) { l=r-a[i].len+1; int tmp=((has[r]-has[l-1]*pw[r-l+1])%p+p)%p; if(mp[tmp]) e[r].push_back(mp[tmp]); } int now=i; while(a[now].len==a[i].len&&i) mp[a[now--].hash]=0; } } m-=sum; for(int sum,l=0,r=1;r<=n;++r) { sum=e[r].size(); for(int k=0;k<sum;++k) { int t=e[r][k]; if(d[t]) --c[d[t]],--tot;//d是上一次出現位置，c是這個位置有沒有串出現過 ++c[d[t]=(r-a[t].len+1)],++tot; } if(tot==m) { while(!c[l]) ++l; if(r-l<ty-tx) tx=l,ty=r; } } for(int i=tx;i<=ty;++i) putchar(txt[i]); return 0; } } signed main() { return knife_rose::main(); } /* potatomatonionandeverything 3 potato tomato onion */
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