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CodeforcesRound#566(Div.2)A~F个人题解

作者：mobiledu2502916313 | 来源：互联网 | 2024-12-25 18:41

Dashboard-CodeforcesRound#566(Div.2)-CodeforcesA.FillingShapes题意：给你一个的表格，你

Dashboard - Codeforces Round #566 (Div. 2) - Codeforces

A. Filling Shapes

题意&＃xff1a;给你一个 $3 \times n$ 的表格&＃xff0c;你要用小L型的瓷砖把整个表格填满&＃xff0c;问你有多少种方法&＃xff1f;

知识点&＃xff1a;数学&＃xff0c;思维

思路&＃xff1a;通过一点点观察发现&＃xff0c;想要满足宽度是3&＃xff0c;一定是俩个L型瓷砖交叉这放&＃xff0c;并且对于一个长度为2宽度为3的表格&＃xff0c;只有两种放法&＃xff0c;如下图

所以只有表格长度为偶数&＃xff0c;那么答案一定是2^n/2(有多少个长度为2的,每个有两种情况)

奇数一定不可能填满&＃xff0c;因为没有长度为1的图形来填&＃xff0c;也不可能凑出来。

代码

#include using namespace std; typedef long long ll; const ll N &＃61; 1e5&＃43;5; const ll mod &＃61;1e9&＃43;6; void solve(){ll n;cin>>n;if(n&1)cout<<0<<&＃39;\n&＃39;;//奇数没有else cout<<(1ll<<(n/2))<<&＃39;\n&＃39;;//偶数 2^(n/2)个 } int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int _&＃61;1;//cin>>_;while(_--){solve();}return 0; } /* */

B. Plus from Picture

题意&＃xff1a;有一个 $w \times h$ 大小的表格&＃xff0c;表格上每一个位置只会出现两种字符&＃xff0c;‘&＃43;’和‘.’&＃xff0c;问是否所有的‘&＃43;’连接成了一个大的 &＃43; 号&＃xff08;所有‘&＃43;’字符都在这个大的 &＃43; 号上&＃xff0c;大的 &＃43; 号四个延伸出去的边长度至少大于等于1&＃xff0c;宽度等于1&＃xff0c;中间不能是空的&＃xff09;&＃xff1f;

知识点&＃xff1a;搜索&＃xff0c;思维

思路&＃xff1a;我们先看每一个点是否可以是大 &＃43; 号中间那个点&＃xff0c;如果是放入我们的数组里&＃xff0c;然后先判断数组的大小&＃xff0c;如果大小大于1或者等于0&＃xff0c;就是说不满足所有的点都在大的 &＃43; 号上或者说大的 &＃43; 号的边的宽度大于1&＃xff0c;这些都是NO的&＃xff0c;现在只剩下了数组大小等于1&＃xff0c;我们搜4个方向上所能走的点打上标记&＃xff0c;最后看整个图&＃xff0c;如果存在没有打上标记的‘&＃43;’&＃xff0c;说明不是所有的‘&＃43;’构成了大的 &＃43; 号&＃xff0c;输出NO&＃xff0c;否则输出 YES

代码

#include using namespace std; typedef long long ll; const ll N &＃61; 1e5&＃43;5; const ll mod &＃61;1e9&＃43;6; char mp[505][505]; ll n,m; bool vis[505][505]; vector >vp; ll dx[5]&＃61;{0,0,0,1,-1}; ll dy[5]&＃61;{0,1,-1,0,0}; bool check(ll x,ll y){for(int i&＃61;0;i<5;&＃43;&＃43;i)if(mp[x&＃43;dx[i]][y&＃43;dy[i]]!&＃61;&＃39;*&＃39;)return false;return true; } void solve(){cin>>n>>m;for(int i&＃61;1;i<&＃61;n;&＃43;&＃43;i){for(int j&＃61;1;j<&＃61;m;&＃43;&＃43;j){cin>>mp[i][j];if(mp[i][j]&＃61;&＃61;&＃39;.&＃39;)vis[i][j]&＃61;true;//先给&＃39;.&＃39;打上标记这样好判断一点}}for(int i&＃61;2;in||ty>m||vis[tx][ty])break;//如果遇到打标记的点&＃xff0c;说明遇到&＃39;.&＃39;了&＃xff0c;这个方向就不用看了vis[tx][ty]&＃61;true;}}for(int i&＃61;1;i<&＃61;n;&＃43;&＃43;i){for(int j&＃61;1;j<&＃61;m;&＃43;&＃43;j){if(!vis[i][j]){//如果存在没有打标记的点&＃xff0c;输出NOcout<<"NO\n";return ;}}}cout<<"YES\n";//都成立了&＃xff0c;输出YES} } int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int _&＃61;1;//cin>>_;while(_--){solve();}return 0; } /* */

C. Beautiful Lyrics

题意&＃xff1a;给你n个字符串&＃xff0c;现在问你能从中选出的美好的诗句有几条&＃xff1f;

美好的诗句满足&＃xff1a;

&＃xff08;1&＃xff09;美好的诗句由4个字符串组成&＃xff0c;分为左上&＃xff0c;左下&＃xff0c;右上&＃xff0c;右下。

&＃xff08;2&＃xff09;左上和左下的元音字母个数要相同。

&＃xff08;3&＃xff09;右上和右下的元音字母个数要相同&＃xff0c;并且右上和右下的最后一个元音字母一样。

&＃xff08;元音字母只包括 a,e,i,o,u&＃xff09;

知识点&＃xff1a;贪心&＃xff0c;排序

思路&＃xff1a;发现条件&＃xff08;3&＃xff09;是包含条件&＃xff08;2&＃xff09;的&＃xff0c;所以肯定是条件&＃xff08;3&＃xff09;满足的越多越好&＃xff0c;因为多余的可以退化成满足&＃xff08;2&＃xff09;&＃xff0c;所以现在问题转化成了问有多少个满足条件&＃xff08;3&＃xff09;的字符串对和剩下的有多少个满足条件&＃xff08;2&＃xff09;的字符串对。这个我们可以先按元音字母个数从小到大排序&＃xff0c;再按最后一个元音字母的大小从小到大排序&＃xff0c;然后按要求找就OK了&＃xff0c;具体实现可以看代码。

代码

#include using namespace std; typedef long long ll; const ll N &＃61; 1e5&＃43;5; const ll mod &＃61;1e9&＃43;6; struct dd{ll cnt,last;//元音字母个数&＃xff0c;最后一个元音字母string s;//这个字符串是什么inline bool operator <(const dd &r)const{if(cnt&＃61;&＃61;r.cnt)return last}op[N]; bool vis[N];//打标记用 void solve(){ll n;cin>>n;for(int i&＃61;1;i<&＃61;n;&＃43;&＃43;i){string s;cin>>s;ll cnt&＃61;0,last&＃61;0;for(int i&＃61;0;i >ansr,ansl;//记录答案&＃xff0c;r是满足&＃xff08;3&＃xff09;&＃xff0c;l是满足&＃xff08;2&＃xff09;ll pre&＃61;-1,precnt&＃61;-1,preid&＃61;0;//上一个状态的最后一个元音字母&＃xff0c;元音字母个数&＃xff0c;下标for(int i&＃61;1;i<&＃61;n;&＃43;&＃43;i){if(pre&＃61;&＃61;op[i].last&&precnt&＃61;&＃61;op[i].cnt){//如果满足条件&＃xff08;3&＃xff09;ansr.push_back({op[i].s,op[preid].s});//先扔进去vis[i]&＃61;true;//这个下标已经用过了&＃xff0c;打标记vis[preid]&＃61;true;//这个下标已经用过了&＃xff0c;打标记pre&＃61;-1;precnt&＃61;-1;preid&＃61;0;//这俩都已经用了&＃xff0c;说明没有上一个}else {//不满足&＃xff0c;更新pre&＃61;op[i].last;precnt&＃61;op[i].cnt;preid&＃61;i;}}//满足条件&＃xff08;3&＃xff09;的找完了&＃xff0c;找满足条件&＃xff08;2&＃xff09;的pre&＃61;-1;precnt&＃61;-1;preid&＃61;0;//上一个状态的最后一个元音字母&＃xff0c;元音字母个数&＃xff0c;下标for(int i&＃61;1;i<&＃61;n;&＃43;&＃43;i){if(vis[i])continue;//用过&＃xff0c;说明不能用了if(precnt&＃61;&＃61;op[i].cnt){//条件&＃xff08;2&＃xff09;只用满足元音字母个数相同ansl.push_back({op[i].s,op[preid].s});//先扔进去pre&＃61;-1;precnt&＃61;-1;preid&＃61;0;//这俩都已经用了&＃xff0c;说明没有上一个}else {//不满足&＃xff0c;更新pre&＃61;op[i].last;precnt&＃61;op[i].cnt;preid&＃61;i;}}ll lsize&＃61;ansl.size(),rsize&＃61;ansr.size();if(lsize>&＃61;rsize){//如果满足条件&＃xff08;2&＃xff09;的比满足条件&＃xff08;3&＃xff09;的多cout<&＃61;rsize-tmp;--i){//然后把他们扔过去ansl.push_back(ansr[i]);}cout<} int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int _&＃61;1;//cin>>_;while(_--){solve();}return 0; } /* */

D. Complete Mirror

题意&＃xff1a;给你一颗有n个结点的无根树&＃xff0c;问你是否能找到一个点作为根满足&＃xff1a;

对于任意两点 v_1,v_2 满足 dis(root,v_1)&＃61;dis(root,v_2) 并且 deg(v_1)&＃61;deg(v_2)

( dis(i,j) 表示点i到点j之间的边的数量&＃xff0c; deg(i) 表示点i和多少个点直接相连)

找到输出点的编号&＃xff0c;找不到输出-1

知识点&＃xff1a;DFS&＃xff0c;树的重心

思路&＃xff1a;如果暴力的想&＃xff0c;就是n个点都可能成为根&＃xff0c;每个都判一次&＃xff0c;复杂度O( n^2 )肯定是不可以的&＃xff0c;所以想尽可能减少判的次数&＃xff0c;发现有一些点是没有判的必要的&＃xff0c;所以现在就是考虑哪些点可能成为根

先考虑条件&＃xff0c;这两个条件要都满足一定是这个点孩子的子树都是同构的&＃xff0c;而想要满足这个条件&＃xff0c;那么这个点可能在树的重心位置上&＃xff0c;所以重心是可能成为根的一个点&＃xff0c;然后考虑重心的孩子&＃xff0c;如果孩子的子树是一个树型的&＃xff0c;那这个子树上的所有点都不可能是根&＃xff0c;因为上面所有点都不可能满足条件的。如果孩子的子树一个链型的&＃xff0c;那这个子树的叶子是可能成为根的&＃xff0c;但其实这里不用全判&＃xff0c;如果俩个链长度相同&＃xff0c;取其一就行&＃xff0c;毕竟是同构的&＃xff0c;所以我们要判断的就很少了。

&＃xff08;这道题其实多动手画图就能发现了&＃xff09;

代码

#include using namespace std; typedef long long ll; const ll N &＃61; 1e5&＃43;5; const ll mod &＃61;1e9&＃43;7; ll n; ll siz[N],weight[N];//求重心用的 ll treefocus[2];//树的重心下标 vectormp[N];//存树的边 void dfs(ll u,ll root){//求树的重心siz[u]&＃61;1;weight[u]&＃61;0;for(auto v:mp[u]){if(v&＃61;&＃61;root)continue;dfs(v,u);siz[u]&＃43;&＃61;siz[v];weight[u]&＃61;max(weight[u],siz[v]);}weight[u]&＃61;max(weight[u],n-siz[u]);if(weight[u]<&＃61;n/2){//根据定义判断树的重心treefocus[treefocus[0]!&＃61;0]&＃61;u;} } vectorans;//要判断的数组 ll d[N],ye,Maxdeep;//度数&＃xff0c;叶子的下标&＃xff0c;链的长度 bool tp,in[N];//是不是链&＃xff0c;有没有放过 void DFS(ll u,ll root,ll deep){ll ge&＃61;1;//孩子个数Maxdeep&＃61;max(Maxdeep,deep);for(auto v:mp[u]){if(v&＃61;&＃61;root)continue;DFS(v,u,deep&＃43;1);ge--;}if(ge&＃61;&＃61;1)ye&＃61;u;//叶子没有孩子if(ge<0)tp&＃61;false;//个数小于0了&＃xff0c;说明不是链 } bool flag; ll op[N],maxdeep; void check(ll now,ll root,ll deep){//判断是不是满足条件maxdeep&＃61;max(maxdeep,deep);if(op[deep]){//同一深度&＃xff0c;度数要相等if(d[now]!&＃61;op[deep])flag&＃61;false;}else op[deep]&＃61;d[now];for(auto v:mp[now]){if(v&＃61;&＃61;root)continue;check(v,now,deep&＃43;1);} } void solve(){cin>>n;for(ll i&＃61;1,u,v;i>u>>v;mp[u].push_back(v);mp[v].push_back(u);d[u]&＃43;&＃43;;d[v]&＃43;&＃43;;}dfs(1,-1);//求树的重心ans.push_back(treefocus[0]);//放入要判断的数组中for(auto v:mp[ans[0]]){//判断重心的孩子tp&＃61;true;Maxdeep&＃61;0;DFS(v,ans[0],1);if(tp){if(in[Maxdeep])continue;//如果这个长度的链已经放入要判断的数组了&＃xff0c;就不用放了in[Maxdeep]&＃61;true;ans.push_back(ye);}}for(auto w:ans){flag&＃61;true;check(w,-1,1);for(int i&＃61;1;i<&＃61;maxdeep;&＃43;&＃43;i)op[i]&＃61;0;if(flag){//满足cout<} int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int _&＃61;1;//cin>>_;while(_--){solve();}return 0; } /* */

E. Product Oriented Recurrence

题意&＃xff1a; $f_x&＃61;c^{2x-6}\times f_{x-1}\times f_{x-2}\times f_{x-3} ,4\leq x$ ,已知 f_1,f_2,f_3,c,n 的值&＃xff0c;求 f_n ?

知识点&＃xff1a;矩阵快速幂&＃xff0c;欧拉定理

思路&＃xff1a;发现 f_n 最后一定等于 $c^{x_1}\times f_1^{x_2}\times f_1^{x_3}\times f_1^{x_4}$ ,所以我们可以构造一个关于这几项幂的矩阵&＃xff0c;然后矩阵快速幂加速&＃xff0c;我是通过分别构造的矩阵和 f_1,f_2,f_3 的矩阵来写的。

$\begin{bmatrix} F_{n,1} & F_{n,2} & F_{n,3} \\ F_{n-1,1} & F_{n-1,2} & F_{n-1,3} \\ F_{n-2,1} & F_{n-2,2} & F_{n-2,3} \end{bmatrix}&＃61;{ \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} }^{n-3}\times \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

其中 $F_{n,1},F_{n,2},F_{n,3}$ 分别表示答案中 f_3,f_2,f_1 的多少次幂

$\begin{bmatrix} C_n \\ C_{n-1} \\ C_{n-2}\\ n\\ 1 \end{bmatrix} &＃61; {\begin{bmatrix} 1&1&1&2&-4 \\ 1 & 0 & 0&0&0 \\ 0 & 1 & 0&0&0\\ 0&0&0&1&1\\ 0&0&0&0&1 \end{bmatrix}}^{n-3}\times \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 3\\ 1 \end{bmatrix}$

其中 C_n 表示答案中的多少次幂

最后输出 $c^{C_n}\times f_3^{F_{n,1}}\times f_2^{F_{n,2}}\times f_1^{F_{n,3}}\mod 1e9&＃43;7$ 就可以了&＃xff08;矩阵里是对phi(1e9&＃43;7)取模&＃xff0c;因为欧拉定理&＃xff09;

代码

#include using namespace std; typedef long long ll; const ll N &＃61; 1e5&＃43;5; const ll mod &＃61;1e9&＃43;6; const ll Mod &＃61;1e9&＃43;7; const int maxl&＃61;105; struct Matrix {ll a[maxl][maxl];int n,m;inline Matrix(int n,int m) : n(n) , m(m) {for(int i&＃61;0;in,this->m),a&＃61;*this;ans.init();while(b){if(b&1)ans&＃61;ans*a;a&＃61;a*a;b>>&＃61;1;}return ans;} }; ll ksm(ll a,ll b){ll ans&＃61;1;while(b){if(b&1)ans&＃61;ans*a%Mod;a&＃61;a*a%Mod;b>>&＃61;1;}return ans; } ll f[3],n,c; void solve(){cin>>n;for(int i&＃61;2;i>&＃61;0;--i)cin>>f[i];//倒着输入对标一下cin>>c;Matrix now(3,3);for(int i&＃61;0;i<3;&＃43;&＃43;i)now.a[0][i]&＃61;1;//构造f1,f2,f3now.a[1][0]&＃61;now.a[2][1]&＃61;1;// 矩阵矩阵里是对phi(1e9&＃43;7)取模now&＃61;now.ksm(n-3);ll ans&＃61;1;for(int i&＃61;0;i<3;&＃43;&＃43;i){f[i]&＃61;ksm(f[i],now.a[0][i]);ans&＃61;ans*f[i]%Mod;//更新答案}Matrix cl(5,5);for(int i&＃61;0;i<3;&＃43;&＃43;i)cl.a[0][i]&＃61;1; //构造ccl.a[0][3]&＃61;2;cl.a[0][4]&＃61;mod-4; //的cl.a[1][0]&＃61;cl.a[2][1]&＃61;cl.a[3][3]&＃61;cl.a[3][4]&＃61;cl.a[4][4]&＃61;1;//矩阵cl&＃61;cl.ksm(n-3);ll w&＃61;(cl.a[0][3]*3ll%mod&＃43;cl.a[0][4])%mod;//对phi(1e9&＃43;7)取模,因为是次幂cout<} int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int _&＃61;1;//cin>>_;while(_--){solve();}return 0; } /* */

F. Maximum Sine

题意&＃xff1a;给你 a,b,p,q 四个整数&＃xff0c;问你函数 $y&＃61;|sin(\frac{p}{q}\pi x)|$ 在 $a\leq x\leq b$ 中找到最小的x让y最大&＃xff1f;

知识点&＃xff1a;类欧几里德&＃xff0c;扩展欧几里得&＃xff08;需要一定的数论基础

思路&＃xff1a;根据一点点高中知识&＃xff0c;可以知道 |sin(x)| 在 $x&＃61;(k&＃43;\frac{1}{2})\pi,k\in Z$ 时候取到最大值&＃xff0c;所以我们要 $\frac{p}{q}\pi x&＃61;(k&＃43;\frac{1}{2})\pi$

$\frac{px}{q}-\frac{1}{2}&＃61;k$ 也就是 $\frac{2px-q}{2q}&＃61;k$ 等价于 $2px\mod2q-q$ 尽可能趋近0或者2q,

我们可以考虑二分 $2px\mod2q$ 的对q的偏差&＃xff0c;

我们首先要知道一个定理&＃xff1a; $[x\mod p \in [l,r]]$ 等价于 $\left \lfloor \frac{x-l}{p} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{x-r-1}{p} \right \rfloor$

这个也很好验证:如果 $0\leq x<l$ ,后面那个等于-1-(-1)&＃61;0

如果 $l\leq x\leq r$ ,后面那个等于0-(-1)&＃61;1

如果 r<x<p ,后面那个等于0-0&＃61;0

如果存在x满足 $2px\mod2q \in [l,r]$ ,那么一定满足 $\sum_{x&＃61;a}^{b}\frac{2px-l}{2q}-\frac{2px-r-1}{2q}\geq 0$

后面这个其实就是一个类欧几里德的东西&＃xff0c;(类欧几里德就不展开讲了&＃xff0c;这里就用了个板子)然后我们就能二分出来 $2px\mod2q$ 对q的最小偏差d

也就是我们知道 $2px\mod 2q &＃61;q-d$ 和 $2px\mod 2q &＃61;q&＃43;d$

现在我们要还原x的值&＃xff0c;发现这俩个就是个同余方程&＃xff0c;我们用扩展欧几里得解一下就好了

2px&＃43;2qy&＃61;q&＃43;d

2px&＃43;2qy&＃61;q-d

还原出来x记得要把x再更新到 [a,b] 这个区间里&＃xff0c;取两者的最小值就行了

代码

#include using namespace std; typedef long long ll; const ll N &＃61; 1e5&＃43;5; const ll mod &＃61;1e9&＃43;7; ll calc(ll a,ll b,ll c,ll n){//类欧几里德if(n<0)return 0;if(n&＃61;&＃61;0)return b/c;if(a>&＃61;c||b>&＃61;c)return n*(n&＃43;1)/2*(a/c)&＃43;(n&＃43;1)*(b/c)&＃43;calc(a%c,b%c,c,n);ll m&＃61;(a*n&＃43;b)/c;return m*n-calc(c,c-b-1,a,m-1); } ll a,b,p,q,Q,P,x,y,g; bool check(ll l,ll r){return calc(P,Q-l,Q,b)-calc(P,Q-l,Q,a-1)-calc(P,Q-r-1,Q,b)&＃43;calc(P,Q-r-1,Q,a-1);//这里的Q-l和Q-r-1和l,r-1是一样的&＃xff0c;只不过防止了负数 } ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){//扩展欧几里得if(!b){x&＃61;1;y&＃61;0;return a;}ll g&＃61;exgcd(b,a%b,x,y);ll tmp&＃61;x;x&＃61;y;y&＃61;tmp-(a/b)*y;return g; } void solve(){cin>>a>>b>>p>>q;Q&＃61;q<<1;P&＃61;p<<1;ll l&＃61;0,r&＃61;q,mid;while(l<&＃61;r){//二分偏差mid&＃61;l&＃43;r>>1;ll L&＃61;q-mid,R&＃61;q&＃43;mid;//偏差后的两个值if(check(L,R))r&＃61;mid-1;else l&＃61;mid&＃43;1;}g&＃61;exgcd(P,Q,x,y);ll ans&＃61;1e18;//默认最大值if((q-l)%g&＃61;&＃61;0){ll t&＃61;Q/g,now&＃61;(x*((q-l)/g)%t&＃43;t)%t;while(now>&＃61;a)now-&＃61;t;//限制成最小while(now&＃61;a)now-&＃61;t;//限制成最小while(now} int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);int _&＃61;1;cin>>_;while(_--){solve();}return 0; } /* */

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蜡笔小新 2024-12-26 22:04:19

mobiledu2502916313

这个家伙很懒，什么也没留下！

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