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| 8/11 | O | . | O | O | . | . | O | O | O | O | O |
- O for passing during the contest
- Ø for passing after the contest
- ! for attempted but failed
- · for having not attempted yet
题目来源：2013长沙区域赛
A Alice’s Print Service
题目描述
分段收电费，求要买$s$度电最少花费是多少。
解题思路
签到题，从后到前更新一下后面的最小值即可。
AC代码
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typedef long long ll;
using namespace std;
int t,n;
ll s[100010],p[100010],mn[100010];
int main(){
int i,n,m;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=0;i<n;i++)scanf("%lld%lld",&s[i],&p[i]),mn[i]=s[i]*p[i];
mn[n]=1e18;
for(i=n-2;i>=0;i--)mn[i]=min(mn[i],mn[i+1]);
while(m--){
int x;
scanf("%d",&x);
int pos=upper_bound(s,s+n,x)-s-1;
printf("%lld\n",min(1LL*p[pos]*x,mn[pos+1]));
}
}
return 0;
}
B Bob’s new toy
题目描述
解题思路
AC代码
2
C Collision
题目描述
有个固定住的质量视作无限大的大硬币（半径$R_m$），有个小硬币（半径$r$）在$(x,y)$，沿着$(v_x,v_y)$方向移动，如果碰到大硬币就完全弹性碰撞弹回，问小硬币任何一块位于$x^2+y^2\leq R^2$的总时间。
解题思路
解出与大小圆分别相切的坐标，分类讨论一下即可。
AC代码
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using namespace std;
double Rm,R,r,x,y,vx,vy;
const double eps=1e-7;
double getdis(double x1,double y1,double x2,double y2)
{
return sqrt((x2-x1)*(x2-x1)+(y2-y1)*(y2-y1));
}
bool cross(double &X1,double &Y1,double &X2,double &Y2,double R)
{
double A=(vx*vx+vy*vy),B=2*(x*vx+y*vy),C=x*x+y*y-(R+r)*(r+R);
double delta=B*B-4*A*C;
if(delta<eps) return false;
delta=sqrt(delta);
double k=(-B+delta)/(2*A);
if(k<-eps){
X1=X2=x;Y1=Y2=y;
return false;
}
else{
X2=k*vx+x,Y2=k*vy+y;
}
k=(-B-delta)/(2*A);
X1=k*vx+x,Y1=k*vy+y;
//printf("%.3f %.3f %.3f\n",X1,Y1,k);
return true;
}
int main()
{
while(cin>>Rm>>R>>r>>x>>y>>vx>>vy){
double x1,y1,x2,y2;
double ans=0;
double v=sqrt(vx*vx+vy*vy);
if(cross(x1,y1,x2,y2,Rm)){
//printf("%.3f %.3f %.3f %.3f ",x1,y1,x2,y2);
double dis=min(getdis(x1,y1,x,y),getdis(x2,y2,x,y));
ans+=dis/sqrt(vx*vx+vy*vy);
cross(x1,y1,x2,y2,R);
double d=min(getdis(x1,y1,x,y),getdis(x2,y2,x,y));
ans+=(dis+d)/sqrt(vx*vx+vy*vy);
if(getdis(x,y,0,0)>R+r) ans-=(3*d)/sqrt(vx*vx+vy*vy);
}
else if(cross(x1,y1,x2,y2,R)){
if(getdis(x,y,0,0)>R+r){
ans+=getdis(x1,y1,x2,y2)/v;
}
else{
if((x1-x)*vx>eps||(y1-y)*vy>eps){
ans+=getdis(x,y,x1,y1)/v;
}
else if((x2-x)*vx>eps||(y2-y)*vy>eps) ans+=getdis(x,y,x2,y2)/v;
}
}
printf("%.3f\n",ans);
}
}
D Arnold
题目描述
有一个$n\times n$的矩阵，$(i,j)$坐标处的值为$pair(i,j)$，每次操作将整个矩阵每个位置处的$pair(x,y)$改变为$pair((x+y)\ %n,(x+2y)\ %n)$，问改变多少次回到初始状态。
解题思路
发现这就是斐波那契数列的相邻两项，只需要求出斐波那契数列的循环节$ans$，如果$ans$是$2$的整数倍那么答案显然为$\frac{ans}2$；否则答案为$ans$。
现在考虑怎么求出模$n$意义下的循环节。由于模质数意义下的循环节比较好求，考虑将$n$质因数分解。设$n=p_1^{k_1}p_2^{k_2}…p_l^{k_l}$。我们假设已经求出来模$p_i$意义下斐波那契数列的循环节为$cir_i$，那么模$p_i^{k_i}$意义下的循环节显然可以设置为$len_i=cir_i\times p_i^{k_i-1}$。于是模$n$意义下的循环节就是$lcm(len_i)$。
现在要考虑求模$p$意义下的循环节。很容易写出转移方程：
设$A=\left(\begin{aligned}1\space {1}\\ 1\space{0}\end{aligned}\right) $，有$A^n\left(\begin{aligned} f_2 \\ f_1\end{aligned}\right)=\left(\begin{aligned} f_{n+2} \\ f_{n+1}\end{aligned}\right)$
设循环节为$n$，即求$A^n=E$的最小$n$。
将$A$相似对角化：$A=T^{-1}BT,B=\left(\begin{aligned}\lambda_1 \space {0}\\ 0\space{\lambda_2}\end{aligned}\right)$，其中特征值$\lambda_1=\frac{1+\sqrt 5}2$，$\lambda_2=\frac{1-\sqrt 5}2$。
于是显然有$B^n=E\Leftrightarrow A^n=E\Leftrightarrow (\lambda_1^n\equiv 1\space mod\space p \space and\space\lambda_2^n\equiv 1\space mod\space p)$。
分两种情况讨论：
$5$是$p$的二次剩余。此时有$\lambda_1\equiv const_1,\lambda_2\equiv const_2$，$const_1,const_2\in integer$。故$\lambda_1^{p-1}\equiv\lambda_2^{p-1}\equiv 1\space mod\space p$。从小到大枚举$p-1$的因数求出最短循环节即可。
$5$不是$p$的二次剩余。这时候有$5^{\frac{p-1}2}\equiv -1\space mod\space p$即$(\sqrt5)^{p-1}\equiv -1\space mod\space p$，这种情况比较麻烦，我们将$\lambda^n$用二项式定理展开，以$\lambda_1^n$为例：
$\lambda_1^n$$=\frac1{2^n}(1+\sqrt5)^{n}$
$=\frac1{2^n}(1+n\sqrt5+\frac{n(n-1)}2\sqrt5^2+…+\frac{n(n-1)}2\sqrt5^{n-2}+n\sqrt5^{n-1}+\sqrt5^{n})$
我们不妨取$n=p+1$，这时有
$\lambda_1^{p+1}$
$=\frac1{4\times 2^{p-1}}(1+(p+1)\sqrt5+\frac{p(p+1)}2\sqrt5^2+…+\frac{p(p+1)}2\sqrt5^{p-1}+(p+1)\sqrt5^{p}+\sqrt5^{p+1})$
$\equiv \frac14 (1+(p+1)\sqrt5 +(p+1)\sqrt5^p+\sqrt5^{p+1})\space mod\space p$
$\equiv \frac14 (1+(p+1)\sqrt5+(p+1)\sqrt5(-1)+5\times (-1))\space mod\space p$
$\equiv -1\space mod\space p$
于是$\lambda_1^{2(p+1)}\equiv 1 \space mod\space p$
枚举$2(p+1)$的因数即可。
当时直接贴上循环节和暴力程序比了一下发现只有$2$的情况需要保留循环节，其余情况都需要输出循环节的$\frac12$倍。这里的原理大概是，矩阵$A$的行列式为$-1$，只有模$2$意义下$-1\equiv1$，所以其余情况要想让$A^n=E$，$n$必然为偶数。
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using namespace std;
typedef long long ll;
struct mt{ll m[M][M];};
mt E={{{1,0},{0,1}}},A={{{1,1},{1,0}}};
ll qmul(ll a,ll b,ll mod){
ll res=0;
while(b){
if(b&1)res=(res+a)%mod;
a=a*2%mod;b>>=1;
}
return res;
}
mt mul(mt a,mt b,ll mod){
mt c;
int i,j,k;
for(i=0;i<M;i++){
for(j=0;j<M;j++){
c.m[i][j]=0;
for(k=0;k<M;k++)c.m[i][j]=(c.m[i][j]+(__int128)a.m[i][k]*b.m[k][j]%mod)%mod;
}
}
return c;
}
mt qpmt(mt a,ll k,ll mod){
mt ans=E;
for(;k;k>>=1,a=mul(a,a,mod))if(k&1)ans=mul(ans,a,mod);
return ans;
}
int p[N],isnp[N],tot;//大小
void sieve(){
int i,j;isnp[0]=isnp[1]=1;
for(i=2;i<N;i++){
if(!isnp[i])p[tot++]=i;
for(j=0;1LL*p[j]*i<N&&j<tot;j++){
isnp[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0)break;
}
}
}
ll qp(ll x,ll p,ll mod){
ll ans=1;x%=mod;
for(;p;p>>=1,x=(__int128)x*x%mod)if(p&1)ans=(__int128)ans*x%mod;
return ans;
}
int isQuadratic(ll a,ll mod){//a是mod的二次剩余(a^{(mod-1)/2}=1)
if(qp(a,(mod-1)/2,mod)==1)return 1;
else return 0;
}
ll num[N],pri[N];
int splitPrime(ll n,ll pri[],ll num[]){//分解质因数
int i,now=0;
for(i=0;1LL*p[i]*p[i]<=n;i++){
if(n%p[i]==0){
int cnt=0;
while(n%p[i]==0)cnt++,n/=p[i];
num[now]=cnt;
pri[now]=p[i];
now++;
}
}
if(n>1){
pri[now]=n;
num[now]=1;
now++;
}
return now;
}
ll fac[N];
int findFactor(ll n){
int i,now=0;
for(i=1;1LL*i*i<=n;i++){
if(n%i==0){
fac[now++]=i;
if(1LL*i*i!=n)fac[now++]=n/i;
}
}
return now;
}
ll findloop(ll n){
int i,j,cnt=splitPrime(n,pri,num);
ll ans=1;//lcm(len_i)
for(i=0;i<cnt;i++){
ll now=1;//len_i
if(pri[i]==2)now=3;
else if(pri[i]==5)now=20;
else{
int cntFac=0;
if(isQuadratic(5,pri[i]))cntFac=findFactor(pri[i]-1);
else cntFac=findFactor((pri[i]+1)*2);
sort(fac,fac+cntFac);
for(j=0;j<cntFac;j++){
mt a=qpmt(A,fac[j],pri[i]);
if(a.m[0][0]==1&&a.m[1][1]==1&&!a.m[0][1]&&!a.m[1][0]){
now=fac[j];
break;
}
}
}
//now:c_i
for(j=1;j<num[i];j++)now*=pri[i];
ans=ans/__gcd(ans,now)*now;
}
return ans;
}
int main(){
ll n;
sieve();
while(~scanf("%lld",&n)){
if(n==2)printf("3\n");
else printf("%lld\n",findloop(n)/2);
}
return 0;
}
E Easy Problem Once More
题目描述
解题思路
AC代码
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F Winter’s Coming
题目描述
解题思路
AC代码
2
G Graph Reconstruction
题目描述
给定度序列，还原简单图。如果有多解，输出两组解。
解题思路
根据度序列排序，从大到小枚举度序列中的点，向后连边，即可求出一组解。过程中任意找一个最后两个度相等的节点，交换一下连边即可求出第二组解。
$SBspj$，再见
AC代码
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typedef long long ll;
using namespace std;
struct P{
int deg,i;
bool operator<(const P&a)const{return deg>a.deg||(deg==a.deg&&i>a.i);}
}a[110],b[110];
pair<int,int>E[10010],E2[10010];
int tot,tot2;
int n,sumdeg;
int dfs(int now,int sumd){
int i;
if(now==n){
for(i=0;i<n;i++)if(a[i].deg)return 0;
return 1;
}
sumd-=a[now].deg*2;
if(sumd<0)return 0;
for(i=now+1;i<=now+a[now].deg;i++){
E[tot++]=make_pair(a[now].i,a[i].i);
a[i].deg--;
if(a[i].deg<0)return 0;
}
a[now].deg=0;
sort(a+now+1,a+n);
return dfs(now+1,sumd);
}
int dfs2(int now,int sumd,int flag){//flag:有没有改
int i;
if(now==n)return flag;//一定有解
sumd-=a[now].deg*2;
if(sumd<0)return 0;
for(i=now+1;i<now+a[now].deg;i++){
E2[tot2++]=make_pair(a[now].i,a[i].i);
a[i].deg--;
}
if(a[now].deg>0){
a[now].deg=0;
if(!flag&&a[i].deg&&a[i].deg==a[i+1].deg){
a[i+1].deg--;
E2[tot2++]=make_pair(a[now].i,a[i+1].i);
sort(a+now+1,a+n);
return dfs2(now+1,sumd,1);
}
E2[tot2++]=make_pair(a[now].i,a[i].i);
a[i].deg--;
sort(a+now+1,a+n);
}
return dfs2(now+1,sumd,flag);
}
int main(){
int i;
//freopen("in.txt","r",stdin);
while(~scanf("%d",&n)){
tot=tot2=0;
sumdeg=0;
for(i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i].deg),a[i].i=i+1,b[i]=a[i],sumdeg+=a[i].deg;
sort(a,a+n);
if(!dfs(0,sumdeg))printf("IMPOSSIBLE\n");
else{
for(i=0;i<n;i++)a[i]=b[i];
sort(a,a+n);
if(!dfs2(0,sumdeg,0)){
printf("UNIQUE\n");
printf("%d %d\n",n,tot);
if(tot){
printf("%d",E[0].first);
for(i=1;i<tot;i++)printf(" %d",E[i].first);
}
printf("\n");
if(tot){
printf("%d",E[0].second);
for(i=1;i<tot;i++)printf(" %d",E[i].second);
}
printf("\n");
//debug(0);
}else{
printf("MULTIPLE\n");
printf("%d %d\n",n,tot);
if(tot){
printf("%d",E[0].first);
for(i=1;i<tot;i++)printf(" %d",E[i].first);
}
printf("\n");
if(tot){
printf("%d",E[0].second);
for(i=1;i<tot;i++)printf(" %d",E[i].second);
}
printf("\n");
printf("%d %d\n",n,tot2);
if(tot2){
printf("%d",E2[0].first);
for(i=1;i<tot2;i++)printf(" %d",E2[i].first);
}
printf("\n");
if(tot2){
printf("%d",E2[0].second);
for(i=1;i<tot2;i++)printf(" %d",E2[i].second);
}
printf("\n");
//debug(1);
}
}
}
return 0;
}
H Skycity
题目描述
用木板围住圆，要求木板长度均大于某个值，求最小消耗。
解题思路
转化成正多边形计算即可。
AC代码
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using namespace std;
const int ms = 50000 + 10;
typedef long long ll;
int r, R, H, F, S;
double h, s;
const double pi = acos(-1.0);
double cal(int f)
{
double rr = 1.0 * (R - r) / F * f + r;
double top = floor(pi / atan2(s, (2 * rr)));
return 2 * rr * tan(pi / top) *top;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
while (cin >> R >> r >> H >> F >> S)
{
h = 1.0 * H / F;
s = S / h;
double res = 0;
for (int i = 0; i < F; ++i)
{
res += cal(i)*h;
}
printf("%.3lf\n", res);
}
}
I LIKE vs CANDLE
题目描述
给一棵树，每个点有可正可负的权值，每次可以花费$x$翻转一个未被翻转过的节点的子树，或者花费$y$反转一个已被翻转过的节点的子树。翻转某棵子树的意思就是，把这个子树所有节点的权值乘$-1$。求最终所有权值和减去总花费的最大值。
解题思路
树形$dp$记录下每个节点分别修改、不修改造成的影响即可。
AC代码 - by Mogg
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using namespace std;
const int ms = 50000 + 10;
typedef long long ll;
int n, X, Y;
vector<int> g[ms];
int flag[ms], dp[ms][2], power[ms];
void dfs(int x, int s)
{
if (flag[x]) s ^= 1;
if (s)
power[x] = -power[x];
dp[x][0] = power[x], dp[x][1] = -power[x];
for (int i : g[x])
{
dfs(i, s);
dp[x][0] += max(dp[i][0], dp[i][1] - (flag[i] ? Y : X));
dp[x][1] += max(dp[i][1], dp[i][0] - (flag[i] ? Y : X));
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
while (cin >> n >> X >> Y)
{
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
int par, l;
cin >> power[i] >> par >> flag[i] >> l;
if (l) power[i] = -power[i];
g[par].push_back(i);
}
dfs(0, 0);
if (dp[0][0] < 0)
cout << "HAHAHAOMG\n";
else
cout << dp[0][0] << "\n";
for (int i = 0; i <= n; ++i)
g[i].clear();
}
}
J Josephina and RPG
题目描述
有$n$个人，$p_{ij}$表示$i$打败$j$的概率。初始时选择其中一个人$x$。有$m$个对手$a_1…a_m$依次出现，每次打赢$a_i$后可以选择把当前选手换成$a_i$或者不换。求打败所有对手的概率。
解题思路
$dp[i][j]$表示打到第$i$场，当前出战的选手是$j$的获胜概率。转移显然。
AC代码 - by qxforever
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using namespace std;
const int maxn = 133;
double p[maxn][maxn];
double dp[10002][maxn];
int a[10002];
int m,n;
int main()
{
while(~scanf("%d",&m)){
n=m*(m-1)*(m-2)/6;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
scanf("%lf",&p[i][j]);
int N;cin >> N ;
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",a+i);
for(int i=0;i<maxn;i++) dp[0][i]=1;
for(int i=1;i<=N;i++){
int t=a[i];
dp[i][t]=dp[i-1][t]*0.5;
for(int j=0;j<n;j++){
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]*p[j][t]);
dp[i][t]=max(dp[i][t],dp[i][j]);
}
}
double ans=0;
for(int i=0;i<n;i++) ans=max(ans,dp[N][i]);
printf("%.7f\n",ans);
}
}
K Pocket Cube
题目描述
转$2\times 2$的魔方，问$n$次以内最多能拼好几个面。
解题思路
巨麻烦的爆搜。
AC代码 - by Mogg
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using namespace std;
typedef long long ll;
int color[24], n, ans;
int check()
{
int res = 0;
res += (color[0] == color[1]) && (color[1] == color[2]) && (color[2] == color[3]);
res += (color[4] == color[5]) && (color[5] == color[10]) && (color[10] == color[11]);
res += (color[6] == color[7]) && (color[7] == color[12]) && (color[12] == color[13]);
res += (color[8] == color[9]) && (color[9] == color[14]) && (color[14] == color[15]);
res += (color[16] == color[17]) && (color[17] == color[18]) && (color[18] == color[19]);
res += (color[20] == color[21]) && (color[21] == color[22]) && (color[22] == color[23]);
return res;
}
void rt1()
{
int t1 = color[0], t2 = color[2];
color[0] = color[20], color[2] = color[22];
color[20] = color[16], color[22] = color[18];
color[16] = color[6], color[18] = color[12];
color[6] = t1, color[12] = t2;
t1 = color[4];
color[4] = color[10], color[10] = color[11];
color[11] = color[5], color[5] = t1;
}
void rt2()
{
int t1 = color[0], t2 = color[2];
color[0] = color[6], color[2] = color[12];
color[6] = color[16], color[12] = color[18];
color[16] = color[20], color[18] = color[22];
color[20] = t1, color[22] = t2;
t1 = color[4];
color[4] = color[5], color[5] = color[11];
color[11] = color[10], color[10] = t1;
}
void rt3()
{
int t1 = color[2], t2 = color[3];
color[2] = color[11], color[3] = color[5];
color[11] = color[17], color[5] = color[16];
color[17] = color[8], color[16] = color[14];
color[8] = t1, color[14] = t2;
t1 = color[6];
color[6] = color[12], color[12] = color[13];
color[13] = color[7], color[7] = t1;
}
void rt4()
{
int t1 = color[2], t2 = color[3];
color[2] = color[8], color[3] = color[14];
color[8] = color[17], color[14] = color[16];
color[17] = color[11], color[16] = color[5];
color[11] = t1, color[5] = t2;
t1 = color[6];
color[6] = color[7], color[7] = color[13];
color[13] = color[12], color[12] = t1;
}
void rt5()
{
int t1 = color[22], t2 = color[23];
color[22] = color[5], color[23] = color[4];
color[5] = color[7], color[4] = color[6];
color[7] = color[9], color[6] = color[8];
color[9] = t1, color[8] = t2;
t1 = color[0];
color[0] = color[2], color[2] = color[3];
color[3] = color[1], color[1] = t1;
}
void rt6()
{
int t1 = color[22], t2 = color[23];
color[22] = color[9], color[23] = color[8];
color[9] = color[7], color[8] = color[6];
color[7] = color[5], color[6] = color[4];
color[5] = t1, color[4] = t2;
t1 = color[0];
color[0] = color[1], color[1] = color[3];
color[3] = color[2], color[2] = t1;
}
void dfs(int x, int o)
{
ans = max(ans, check());
if (ans == 6 || x > n) return;
if (o != 2)
{
rt1();
dfs(x + 1, 1);
rt2();
}
if (o != 1)
{
rt2();
dfs(x + 1, 2);
rt1();
}
if (o != 4)
{
rt3();
dfs(x + 1, 3);
rt4();
}
if (o != 3)
{
rt4();
dfs(x + 1, 4);
rt3();
}
if (o != 6)
{
rt5();
dfs(x + 1, 5);
rt6();
}
if (o != 5)
{
rt6();
dfs(x + 1, 6);
rt5();
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
while (cin >> n)
{
ans = 0;
for (int i = 0; i < 24; ++i)
{
cin >> color[i];
}
dfs(1, 0);
cout << ans << "\n";
}
}