【清北学堂周末刷题班】 Day5
作者：互联网
【清北学堂周末刷题班】 Day5
T1 题目名称:大大大
题目描述：
Illyasviel:"两个数乘起来会比一个数大吗？"
Star-dust:"不知道啊，来算算吧。"
读入一个\(n\),对于一个三元组\((i,j,k)\)满足要求当且仅当\(1\leq i,j,k\leq n\)且\(i\times j \geq k\)。
输入描述:
一行一个数字\(n\)。
输出描述:
一行一个\(ans\)表示满足要求的三元组的个数。
输入样例:
10
输出样例:
900
数据范围:
对于30%的数据\(n\leq 100\)
对于60%的数据\(n\leq 5000\)
对于100%的数据\(n\leq 100000\)
思路
看到这道题目，我用2分钟的时间写出来了第一个暴力，\(O(n^3)\)
也就是三十分的代码：（也就是直接暴力了一下子）
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstring>
using namespace std;
int n;
long long ans;
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
for(int k=1;k<=n;k++)
if(i*j>=k) ans++;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
然后我想，这样的话那肯定1~n的数列中\(\forall i*j>=k\)一定有i*j个符合要求啊，然后如果大于\(ij\)的话加n就好了
60分
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstring>
using namespace std;
int n;
long long ans;
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
ans+=(i*j>n? n:i*j);
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
所以怎么拿到一百分呢？
实际上我题解也没有看懂
题解是这样说的：我们来反向考虑有多少个不满足要求的三元组，即\(i*j<k\) 那么我们考虑将(i,j)插入\(i*j+1\)中，然后求一个前缀和即可。
复杂度分析:
\(i*j>n\)时可直接break。
对于一个i有\(\lfloor\frac n i\rfloor\)个满足要求的j使得\(i*j<n\)总有效点对个数为\(\sum_{i=1}^n\lfloor\frac n i\rfloor\)约等于\(n\sum_{i=1}^n \frac 1 i\)
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
using namespace std;
long long n;
long long a[100005],b[100005];
long long ans;
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n/i;j++)
a[j*i]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
b[i]=b[i-1]+a[i-1];
for(int i=1;i<=n;i++) ans+=b[i];
cout<<n*n*n-ans<<endl;
return 0;
}
T2 题目名称:kkk
题目描述：
Star-dust:"你会最短路吗？"
Illyasviel:"当然！"
Star-dust:"那你来求一求这k个点中是否存在长度%P为L的路径吧。"
Illyasviel:"这和最短路有什么关系吗?"
Star-dust:"不知道啊~"
输入描述:
第一行一个数字\(T\)代表数据组数。
对于每个数据，第一行三个数\(n,m,k,P,L\)表明有\(n\)个点，\(m\)条边，\(k\)个在图中的点。
接下来一行k个数代表关键点。
接下来\(m\)行每行三个数\(x,y,z\)表示\(x\)和\(y\)之间有一条长度为\(z\)的路径。
输出描述:
输出T行，当存在一条路径从起点和终点都在k个点中输出"YES",否则输出"NO"（不包含引号）。
输入样例:
1
2 3 2 3
1 2 1
2 1 1
输出样例:
YES
样例解释:
1-2-1-2
数据范围:
对于40%的范围\(T\leq 500,0\leq L,z\leq P\leq 20,k\leq n\leq m\leq 500,k\leq 10\)
对于80%的范围\(T\leq 500,0\leq L,z\leq P\leq 20,k\leq n\leq m\leq 500\)
对于100%的范围\(T\leq 500,0\leq L,z\leq P\leq 10^9,k\leq n\leq m\leq 500\),\(P\)是奇数。
思路
我们考虑从若存在一条长度为\(l\)的边，走过去走回来的长度为\(2*l\)，我们可以反复走这条边，可以走\(k*2*l\)
那么它在%P意义下等价于gcd(l,P),如果我们有一条长度为x的路径经过这路径两端中的一个，那么就可以通过反复走这条边达到\(k*gcd(x,l,P)\)的全部长度。
如果对多个路径考虑，那么就能走到\(k*gcd(w1,w2,w3...,wn,P)\)的全部值。（那其实k个关键点一点用也没有）
就考虑\(gcd(w1,w2,w3...,wn,P)\)是否为L的因数即可。
复杂度\(O(T*m*log(P))\)
PS:我没看懂，到时候到WH了去问一下wjyyy&&Dew&&HCLOVE&&童佬吧
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int gcd(int x,int y){
/* if(y==0){
y++,y--;
return 0;
}*/
if(x%y==0)return y;
return gcd(y,x%y);
}
int solve(){
int n,m,k,P,L;
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&k,&P,&L);
for(int i=1;i<=k;i++){
int x;
scanf("%d",&x);
}
if(L==0)L=P;
int A=P,B=P;
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
if(z==0){
z=P;
}
A=gcd(A,z);
}
B=gcd(B,L);
if(B%A==0)printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
int main(){
int T;
//freopen("kkk10.in","r",stdin);
//freopen("kkk10.out","w",stdout);
scanf("%d",&T);
while(T--)solve();
}
T3 题目名称:A的B次方
题目描述:
Illyasviel:"今天我们学了\(A^B\)?"
Star-dust:"我们也学了诶！"
Star-dust:"那我来考考你吧！"
已知A和P，求一个任意的B使得\(A^B≡B^A(\mod P)\)
输入描述：
一行输入两个整数\(A\)和\(P\)。
输出描述：
输出任意一个满足要求的数字\(B\)。
\(B\)要为一个不大于\(10^{18}\)的正整数。
样例输入：
78 100
样例输出：
16
数据范围：
对于30%的数据:
\(1\leq A,P\leq 1000\)
对于30%的数据:
\(P\)为质数
对于100%的数据:
\(64\leq A\leq 10^9\)
\(P\leq 10^9\)
\(1\leq B\leq10^{18}\)
思路
数学题（我不会数学，这个题解也没有看懂）
PS:我还没学PHI怎么办？
我们考虑构造一个在%P意义下和A相同的数就好了。
A>64这意味着A的\(k*phi(P)+A\)次方和A的A次方等价。
那可行的一组答案就为\(A+P*phi(P)\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long A,P;
long long phi(long long x){
long long ans=1;
for(long long i=2;i*i<=x;i++){
if(x%i==0)ans*=(i-1),x/=i;
while(x%i==0)x/=i,ans*=i;
}
return ans*max(x-1,1LL);
}
long long power(long long x,long long k,long long P){
long long ans=1;
x%=P;
while(k){
if(k&1)(ans*=x)%=P;
(x*=x)%=P;
k>>=1;
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&A,&P);
long long B=A+P*phi(P);
printf("%lld\n",B);
return 0;
// scanf("%lld\n",&P);
// printf("%lld %lld\n",P,phi(P));
// return 0;
printf("%lld %lld\n",power(A,B,P),power(B,A,P));
return 0;
}
T4 题目名称：灯塔
题目描述：
Star-dust:"每个人都是灯塔，灯塔之间相隔万里，无法触碰无法沟通，唯一能做的就是用自己的光去照耀别人。"
Illyasviel:"如果能被某个灯塔一直照耀，那一定很幸福吧。"
Star-dust:"我能成为你的灯塔吗？"
Illyasviel:"好啊~"
海上有着\(n\)个灯塔，第\(i\)个灯塔在位置\(i\)闪耀着,灯塔的光覆盖着\([i-d_i,i+d_i]\)的所有灯塔，对于第\(k\)个灯塔，他想知道有多少个\(i\)满足\(i<k\)且至少存在一个在\(i\)和\(k\)中间的灯塔\(j\)满足灯塔\(j\)同时被灯塔\(i\)和灯塔\(k\)照耀，并且\(j\)和\(k\)的距离小于等于\(j\)和\(i\)之间的距离。
输入描述：
第一行一个整数\(n\)。
接下来一行\(n\)个数字，第\(i\)个代表\(d_i\)。
输出描述：
一行一个答案\(ans\)。
\(f_k\)表示对于第\(k\)个灯塔有多少个灯塔满足条件。
\(ans\)为n个\(f_k\)的异或和。
样例输入：
10
2 2 3 2 3 2 3 3 3 1
样例输出：
2
样例解释：
对应位置答案分别为0 0 1 2 3 3 3 4 4 2
数据范围:
对于20%的数据:\(n\leq 100\)
对于20%的数据:\(n\leq5000\)
对于20%的数据:\(di\)完全相同
对于20%的数据:\(n\leq 100000\)
对于100%的数据:\(n\leq 3000000\),\(1 \leq d_i\leq n\)
思路
我的思路是暴力，可以得到20%的分数
40%：
考虑对于一队i和k
判断是否存在满足条件的j
\[j\le k-d_k \]\[2*j\le j+k \]\[i+d_i\le j \]整理一下就有了
\[i+d_i\le j\le k-d_k \]\[2*j\le i+k \]对于一对i,k有一个j的可行区间，第二条限制贪心取最右的判断是否满足要求。
时间复杂度\(O(n^2)\)
60%:
基于40%的做法再对20%的数据做特判
20%的数据的答案属于一个阶梯上升然后一个平台然后再下降。
能人眼观察得到。
80%:
我们考虑再整理一下40%的式子
\[k-d_k\le j \]\[j\le i+d_i \]\[j+k\le 2*j \]再对每一条式子进行解析
对于一个(i,k)而言，为了满足j更靠近k肯定是j越往右放越好。
\(j\le i+d_i\)那么对于i来说j最好就放到\(i+d_i\)上。
\(k\le 2*j-i\)对于这一条就限定了(i,j)可以对k造成贡献的
k的区间是多少。
\(k-d_k\le j\)这一条就是限定了对于k来说可行j的范围。
对于一个i来说，他的可行k区间范围在\([i+2,min(2*j-i,n)]\)
那么我们以k为时间线，在k符合范围的时候把i的贡献加入满足需求的最大的j。
然后对于当前时间线上的数组求一个后缀和。
当j>k时也可以满足，因为j>k的话选k-1必定满足要求。
求后缀和用线段树就有80%的分
100%:
用树状数组就有100%的分
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define N 3200000
#define lowbit(x) ((x)&-(x))
using namespace std;
int n,d[N],f[N];
int ans;
vector<int>a[N];
int t[N];
namespace bit{
int t[N];
int insert(int x,int a){
x=n-x+1;
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))t[i]+=a;
return 0;
}
int query(int x){
x=n-x+1;
int ans=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))ans+=t[i];
return ans;
}
}
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-')
f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
};
int main(){
freopen("beacon.in","r",stdin);
freopen("beacon.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)d[i]=read();
for(int k=3;k<=n;k++){
int i=k-2;
int j=i+d[i];
int l=2*j-i+1;
l=min(l,n+1);
a[l].push_back(j);
bit::insert(min(j,n),1);
for(int o=0;o<a[k].size();o++){
bit::insert(min(a[k][o],n),-1);
}
f[k]=bit::query(max(k-d[k],1));
}
// for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",f[i]);
// printf("\n");
// return 0;
for(int i=1;i<=n;i++)ans^=f[i];
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
总结
这场比赛难度总体来说比较递增，第一题那一个部分分还是比较简单的，但是拿100分还是比较难的。第二题也是一个图论，但是我不懂。第三题是一个数学题，但是我没有学过。第四题比较难。所以这场比赛我几乎不会，应该也就只能得60分。
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