2023CCPC 国赛（哈尔滨）题解

The 9th CCPC (Harbin) Onsite(The 2nd Universal Cup. Stage 10: Harbin)

B - Memory

Question

给定一个数组 $a$ 求每个 $Mood(i)$ 的正负性

Solution

很显然，如果用 double 暴力枚举的话会产生精度问题，这里我发现 $a_i\le {10}^9$ 也就是说，我们考虑模拟二进制加法，对于一个数 $a_i$ 最多只会影响到 $[i,i+30]$ 这个区间内的正负，我们只需要记录下 $[i,i+30]$ 这个区间的值，当这个值为 $0$ 的时候，才会考虑 $[1,i)$ 这个部分的正负

Code

#include <bits/stdc++.h>

int main() {
    freopen ("B.in", "r", stdin);
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0); std::cout.tie(0);

    int n; std::cin >> n;
    int flg = 0;
    size_t now_up = 0, now_dn = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int x; std::cin >> x;
        if (x > 0) now_up += x;
        if (x < 0) now_dn += -x;
        if (now_up == now_dn) {
            if (flg == 0) std::cout << '0';
            if (flg == 1) std::cout << '+';
            if (flg == -1) std::cout << '-';
        }
        if (now_up > now_dn)
            std::cout << '+';
        if (now_dn > now_up)
            std::cout << '-';
        if ((now_dn & 1) ^ (now_up & 1)) {
            if (now_dn & 1) flg = -1;
            if (now_up & 1) flg = 1;
        }
        now_dn >>= 1; now_up >>= 1;
    }
    std::cout << std::endl;
    return 0;
}

D - A Simple MST Problem (数论，最小生成树，银牌题)

Question

定义 $w(x)$ 为 $x$ 的质因子集合的大小，多次询问，每次询问给定一个区间 $[l,r]$ ，只考虑 $[l,r]$ 中的值，$x,y$ 建边的代价是 $w(\text{lcm}(x,y))$ ，求最小生成树的边权和

Solution

很显然有 $w(\text{lcm}(x,y))=w(x)+w(y)-w(gcd(x,y))\ge w(y)$

根据贪心的想法，我们需要找边权非常小的点，那么就是 $w(x)=1$ 的点，然后考虑其他的 $y$ 向他连边，边权就是 $w(y)+1$

然后考虑边权为 $w(y)$ 的情况，如果 $y$ 向 $u$ 连边，且 $u$ 的质因子集合是 $y$ 的质因子集合的子集，则边权为 $w(y)$

由于一个 $y$ 可能对应着不同 $u$ 我们对于每个 $y$，只需要找到左边和右边离它最近的 $u$ 建边即可

这里当时我不知道怎么处理，然后看了别人代码，发现可以记录下质因子集合的乘积，因为质因子集合和乘积是一一对应的，我们记在我之前的离我最近的质因子集合的乘积的下标为 $cnt[p]$ ，那么对于每个数 $x$，需要枚举 $x$ 的因子 $d$，然后求 $max\{cnt[d]\}$ 就是在 $i$ 左边的最近的满足条件的 $u$，我们记为 $L[i]$ ，同理，我们能得在 $i$ 右边的 $R[i]$

我们只需要对 $(y,u)$ 连 $w(y)$ 的边，对 $(y,x)$ 连 $w(y)+1$ 的边，然后刷 MST 即可

如果区间中不存在 $w(x)=1$ 的 $x$，那么区间很小，直接 $O(n^2)$ 暴力建边即可

Code

#include <bits/stdc++.h>


struct DSU {
    std::vector<int> f;
    std::vector<int> size;
 
    DSU(int n) : f(n), size(n) {
        std::iota(f.begin(), f.end(), 0);
        std::fill(size.begin(), size.end(), 1);
    }
 
    int find(int x) { // 路径压缩
        while (x != f[x])
            x = f[x] = f[f[x]];
        return x;
    }
 
    void Union(int x, int y) {
        if (find(x) == find(y))
            return;
        if (size[x] < size[y]) // 按秩合并
            std::swap(x, y);
 
        size[find(x)] += size[find(y)];
        f[find(y)] = find(x);
    }
};

constexpr int N = 1e6 + 5;
constexpr int INF = 0x3f3f3f3f;

int P[N], w[N], proP[N], v[N], tot;
int L[N], R[N], cnt[N];

void init() {
    v[1] = 1;
    std::fill(proP, proP + N, 1);

    for (int i = 2; i < N; i++) {
        if (v[i] == 0) {
            P[++tot] = i;
            v[i] = i; w[i] = 1;
            proP[i] = i;
        }
        for (int j = 1; j <= tot && i * P[j] < N; j++) {
            v[i * P[j]] = P[j];
            if (i % P[j] == 0) {
                w[i * P[j]] = w[i];
                proP[i * P[j]] = proP[i];
                break; 
            }
            w[i * P[j]] = w[i] + 1;
            proP[i * P[j]] = proP[i] * P[j];
        }
    }

    auto find_div = [&] (int x) {
        std::vector<int> res(1, 1);
        while (x > 1) {
            int d = v[x];
            x /= d;
            for (int i = res.size() - 1; i >= 0; i--)
                res.push_back(res[i] * d);
        }
        return res;
    };

    for (int i = 1; i < N; i++) {
        auto divs = find_div(proP[i]);
        for (int d : divs) 
            L[i] = std::max(L[i], cnt[d]);
        cnt[proP[i]] = i;
    }

    std::fill(cnt, cnt + N, INF);
    std::fill(R, R + N, INF);

    for (int i = N - 1; i; i--) {
        auto divs = find_div(proP[i]);
        for (int d : divs) 
            R[i] = std::min(R[i], cnt[d]);
        cnt[proP[i]] = i;
    }
}

void cpSortarray<int, 3>> &a {
    int M = 0;
    for (const auto &[w, x, y] : a) M = std::max(M, w);
    std::vector<std::vector<int>> cnt(M + 1);
    for (int i = 0; i < a.size(); i++)
        cnt[a[i][0]].push_back(i);
    
    std::vector<std::array<int, 3>> res;
    for (int x = 0; x <= M; x++)
        for (auto i : cnt[x])
            res.push_back(a[i]);
    a = res;
}

int mstarray<int, 3>> &e, int l, int r {
    DSU dsu(r - l + 1);
    cpSort(e);
    int ret = 0;
    for (const auto &[w, x, y] : e) {
        if (dsu.find(x - l) != dsu.find(y - l)) {
            dsu.Union(x - l, y - l);
            ret += w;
        }
    }
    return ret;
}

int edge(int x, int y) {
    return w[x] + w[y] - w[std::gcd(x, y)];
}

void solve() {
    int l, r; std::cin >> l >> r;

    int ans = std::accumulate(w + l, w + r + 1, 0);
    if (l == 1) {
        std::cout << ans << '\n';
        return;
    }

    std::vector<std::array<int, 3>> e;

    int prime = 0;
    for (int x = l; x <= r; x++) {
        if (w[x] == 1)
            prime = x;
    }

    if (prime == 0) {// 区间内没有 w[x]=1 的数
        for (int i = l; i < r; i++)
            for (int j = i + 1; j <= r; j++)
                e.push_back({edge(i, j), i, j});
            
        ans = mst(e, l, r);
        std::cout << ans << '\n';
        return ;
    }

    for (int x = l; x <= r; x++) {
        if (L[x] >= l) 
            e.push_back({w[x], x, L[x]});
        if (R[x] <= r) 
            e.push_back({w[x], x, R[x]});
        if (prime != x) 
            e.push_back({edge(x, prime), x, prime});
    }
    ans = mst(e, l, r);
    std::cout << ans << '\n';
}

int main() {
    freopen ("D.in", "r", stdin);
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(NULL); std::cout.tie(NULL);

    init(); 

    int _; std::cin >> _;
    while (_--) solve();
    return 0;
}

Summary

当值域特别小时，可以考虑用桶排序

这里在求一个数的因子的时候，用了一种比较特殊的办法，用欧拉筛维护了一个 $v$ 数组，$v[i]$ 表示 $i$ 最小的质因子，假设现在已经求得的因子集合为 $\{res\}$ ，现在这个数为 $x^{\prime }$，那么对于 $x^{\prime }$ 的最大因子 $d$，$res$ 中的每个数 $\times d$ 同样也是 $x$ 的因子

auto find_div = [&] (int x) {
    std::vector<int> res(1, 1);
    while (x > 1) {
        int d = v[x];
        x /= d;
        for (int i = res.size() - 1; i >= 0; i--)
            res.push_back(res[i] * d);
    }
    return res;
};

时间复杂度要优于 $O(n\ln (n))$ 的预处理的

G - The Only Way to the Destination (图论， 铜牌题)

Quesiton

给定一个 $n\times m$ 的方格，方格中有一些 $k$ 个墙，每个墙描述为 $x_1,x_2,y$ ，需要判断空白位置是否只存在一条简单路径

$n,m\le {10}^9,k\le {10}^5$

Solution

由于 $m$ 很大，但分析发现，当 $n>2k$ 时，显然为 NO，所以本质上 $m$ 和 $k$ 是同阶的。

假设我们对每个空格子都上下左右建边，只需要判断是否存在环即可

但是 $n$ 的数量级太大，考虑如何优化，其实我们只需要把在同一个 $y$ 的，连续的一段空节点看成一个节点，然后对于相邻的 $y$ 之间建边即可

Code

#include <bits/stdc++.h>

struct Wall {
    int x1, x2, y, id;
};

int main() {
    freopen ("G.in", "r", stdin);
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(NULL); std::cout.tie(NULL);

    int n, m, k; std::cin >> n >> m >> k;
    std::vector<Wall> walls(k);
    for (int i = 0; i < k; i++) {
        std::cin >> walls[i].x1 >> walls[i].x2 >> walls[i].y;
    }

    std::sort(walls.begin(), walls.end(), [&](const Wall &a, const Wall &b) {
        return a.y < b.y || (a.y == b.y && a.x1 < b.x1);
    });

    if (n == 1) {
        int l = 0, r = k - 1;
        while (l < k && walls[l].y == l + 1) l += 1;
        while (r >= 0 && walls[r].y ==  m - (k - 1 - r)) r -= 1;
        std::cout << (l > r ? "YES" : "NO") << '\n';
        return 0;
    }

    int cnt = 0, pos = 0;
    std::vector<std::vector<int>> g(10 * k);

    auto add_e = [&] (int u, int v) {
        g[u].push_back(v); g[v].push_back(u);
    };
    
    std::vector<Wall> v, pre_v;
    for (int i = 1; i <= m; i++) { // 枚举列
        pre_v = v; v.clear();
        while (pos < k && walls[pos].y == i) {
            if (pos == 0 || walls[pos].y != walls[pos - 1].y) {
                if (walls[pos].x1 > 1)
                    v.push_back({1, walls[pos].x1 - 1, i, ++cnt});
            }
            else {
                if (walls[pos - 1].x2 + 1  <= walls[pos].x1 - 1)
                    v.push_back({walls[pos - 1].x2 + 1, walls[pos].x1 - 1, i, ++cnt});
            }
            pos += 1;
        }
        if (pos == 0 || walls[pos - 1].y != i) {
            if (pre_v.size() == 1 && pre_v.back().x1 == 1 && pre_v.back().x2 == n) {
                std::cout << "NO\n";
                return 0;
            }
            v.push_back({1, n, i, ++cnt});
        }
        else if (walls[pos - 1].x2 < n) {
            v.push_back({walls[pos - 1].x2 + 1, n, i, ++cnt});
        }

        for (int pre_j = 0, j = 0; pre_j < pre_v.size(); pre_j++) {
            while (j < v.size() && v[j].x2 < pre_v[pre_j].x1) j += 1;
            while (j < v.size() && v[j].x1 <= pre_v[pre_j].x2) { // 相交
                int L = std::max(v[j].x1, pre_v[pre_j].x1), R = std::min(v[j].x2, pre_v[pre_j].x2);
                if (R ^ L) {
                    std::cout << "NO\n";
                    return 0;
                }
                add_e(v[j].id, pre_v[pre_j].id);
                if (v[j].x2 > pre_v[pre_j].x2) break;
                j += 1;
            }
        }
    }
    g.resize(cnt + 1);

    if (cnt == 1) {
        std::cout << "YES" << "\n";
        return 0;
    }

    std::vector<int> du(cnt + 1, 0);
    int num = 0; std::queue<int> q;
    for (int i = 1; i <= cnt; i++) du[i] = g[i].size();
    for (int i = 1; i <= cnt; i++) if (du[i] == 1)
        q.push(i), num += 1;

    while (!q.empty()) {
        int u = q.front(); q.pop();
        for (auto v : g[u]) {
            if (--du[v] == 1) {
                q.push(v); num += 1;
            }
        }
    }

    std::cout << (num == cnt ? "YES" : "NO") << '\n';
    return 0;
}

H - Energy Distribution (高斯消元， 银牌题)

Question

给出一个 $n\times n$ 的矩阵，限制为 $e_i\ge 0,\sum e_i=1$，求

的最大值

Solution

枚举 $e_i$ 为 $0$ 的项，然后使用拉格朗日乘数法，求最值

Code

#include <bits/stdc++.h>

using ld = double;
constexpr ld eps = 1e-9;

int sgn(const ld &a) {
    if (a < -eps)
        return -1;
    return (a > eps);
}

std::string gaussvector<ld>> &a { // 传入增广矩阵
    int n = a.size();
    int c = 0, r = 0;
    for (c = 0, r = 0; c < n; c++) {
        int tmp = r;
        for (int i = r; i < n; i++)
            if (sgn(a[i][c]))
                tmp = i;
        if (sgn(a[tmp][c]) == 0)
            continue;

        std::swap(a[tmp], a[r]);

        for (int i = n; i >= c; i--)
            a[r][i] /= a[r][c];
        
        for (int i = r + 1; i < n; i++)
            if (sgn(a[i][c]))
                for (int j = n; j >= c; j--)
                    a[i][j] -= a[r][j] * a[i][c];
        r += 1;
    }
    if (r < n) {
        for (int i = r; i < n; i++)
            if (sgn(a[i][n]))
                return "NoSolution";
        return "InfSolution";
    }

    for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
        for (int j = i + 1; j < n; j++)
            a[i][n] -= a[j][n] * a[i][j];
    
    return "OK";
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr); std::cout.tie(nullptr);

    int n; std::cin >> n;

    std::vector w(n, std::vector<int>(n , 0));
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = 0; j < n; j++)
            std::cin >> w[i][j];
    
    ld ans = 0;
    for (int S = 1; S < (1 << n); S++) {
        int m = __builtin_popcount((S));
        if (m <= 1)
            continue;
        
        std::vector a(m, std::vector<ld>(m + 1, 0));
        std::vector<int> b;

        for (int T = S; T ; T -= T & -T) {
            b.push_back__lg(T & -T);
        }

        for (int i = 0; i <= m; i++)
            a[0][i] = 1;
        
        for (int j = 1; j < m; j++) {
            for (int k = 0; k < m; k++) 
                a[j][k] = w[b[j]][b[k]] - w[b[j - 1]][b[k]];
        }
    
        auto res = gauss(a);
        if (res == "OK") {
            ld now = 0;
            for (int i = 0; i < m; i++)
                if (sgn(a[i][m]) == -1) 
                    now = -1e9;
            
            for (int i = 0; i < m; i ++)
                for (int j = i + 1; j < m; j++)
                    now += a[i][m] * a[j][m] * w[b[i]][b[j]];
                
            ans = std::max(ans, now);
        }
    }

    std::cout << std::fixed << std::setprecision(10) << ans << '\n';
    return 0;
}

J - Game on a Forest (SG函数，铜牌题)

Question

给出一个森林，Plover和Georgia轮流对图进行操作，Georgia先手，操作是两种类型之一

• 选择图中的一条边，然后移除它。
• 选择图中的一个节点，然后移除该节点以及与其相连的边。

第一个无法操作的人失败，求 Georgia 有多少种不同的必胜的第一次操作

Solution

博弈问题考虑 SG 函数，通过归纳我们可以发现，对于一颗树来说，节点个数为奇数，$sg(x)$ 为 $2$，节点个数为偶数时，$sg(x)$ 为 $3$

总体的 $sg$ 函数就是所有树的异或和，我们只需要枚举第一次操作，然后判断第一次操作后剩下的子图的异或和是否为 $0$ 即可判断是否是 Georgia 的必胜局面

Code

#include <bits/stdc++.h>

int main() {
    freopen ("J.in", "r", stdin);
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(NULL); std::cout.tie(NULL);

    int n, m; std::cin >> n >> m;
    std::vector<std::pair<int, int>> edges;
    std::vector<std::vector<int>> g(n + 1);
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int u, v; std::cin >> u >> v;
        edges.push_back({u, v});
        g[u].push_back(v); g[v].push_back(u);
    }

    std::function<int(int)> sg = [&](int u) {
        if (u == 0) return 0;
        if (u & 1) return 1;
        else return 2;
    };

    std::vector<int> from(n + 1, 0), siz(n + 1, 0);
    std::function<void(int, int, int)> dfs = [&](int u, int fa, int frm) {
        from[u] = frm;
        siz[u] = 1;
        for (int v : g[u]) {
            if (v == fa) continue;
            dfs(v, u, frm);
            siz[u] += siz[v];
        }
    };

    int cnt = 0, SG = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) if (siz[i] == 0) {
        dfs(i, 0, i); cnt += 1;
        SG = SG ^ sg(siz[i]);
    }

    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int now_sg = SG ^ sg(siz[from[i]]);
        for (auto v : g[i]) {
            if (siz[v] > siz[i]) continue;
                now_sg = now_sg ^ sg(siz[v]);
        }
        now_sg = now_sg ^ sg(siz[from[i]] - siz[i]);
        if (now_sg == 0) ans += 1;
    }
    for (auto [u, v] : edges) {
        int now_sg = SG ^ sg(siz[from[u]]);
        int siz_ = std::min(siz[u], siz[v]);
        now_sg ^= sg(siz_); now_sg ^= sg(siz[from[u]] - siz_);
        if (now_sg == 0) ans += 1;
    }

    std::cout << ans << '\n';
    return 0;
}

L- Palm Island

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int ll;
ll Tex, n, x;
vector<ll> a, b;
void f(vector<ll> & qwq, vector<ll> & p){
    for(auto &it : p){
        qwq.push_back(it);
    }
    p.clear();
}
void AC(){
    cin >> n;
    a.clear(); b.clear();
    a.push_back(0);
    b.push_back(0);
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        cin >> x;
        a.push_back(x);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        cin >> x;
        b.push_back(x);
    }
    vector<ll> q1, q2, q3, q4;
    for(int i = n; i >= 1; i --){
        if(b[i] == a[i]) continue;
        ll idx;
        for(int j = 1; j < i; j ++){
            if(a[j] == b[i]) idx = j;
        }
        // cout << " " << i << "\n";
        q1.clear(); q2.clear(); q3.clear(); q4.clear();
        q4.push_back(b[i]);
        if(idx - 1 > 0){
            for(int k = 1; k < idx; k ++){
                q1.push_back(a[k]);
            }
        }
        if(i - idx > 0){
            for(int k = idx + 1; k <= i; k ++){
                q2.push_back(a[k]);
            }
        }
        if(n - i > 0){
            for(int k = i + 1; k <= n; k ++){
                q3.push_back(a[k]);
            }
        }
        if(i == n){
            if(idx > 0) cout << string(idx, '1');
            a.clear(); a.push_back(0);
            if(q2.size()) f(a, q2);
            if(q1.size()) f(a, q1);
            if(q4.size()) f(a, q4);
        }
        else{
            if(idx - 1 > 0) cout << string(idx - 1, '1');
            if(i - idx > 0) cout << string(i - idx, '2');
            if(n - i + 1 > 0) cout << string(n - i + 1, '1');
            a.clear(); a.push_back(0);
            if(q1.size()) f(a, q1);
            if(q2.size()) f(a, q2);
            if(q4.size()) f(a, q4);
            if(q3.size()) f(a, q3);
        }
    }
    cout << endl;
}
int main(){
    freopen ("L.in", "r", stdin);
    freopen ("L.out", "w", stdout);
    // ios::sync_with_stdio(false);
    // cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin >> Tex;
    while(Tex --) AC();
    return 0;
}

M - Painter

Solution

队友写的签到

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct node{
    string id;
    ll x1, y1, x2, y2, r;
    char ch;
};
ll n;
vector<node> a;
bool check1(ll x, ll y, ll r, ll x0, ll y0){
    return (x0 - x) * (x0 - x) + (y0 - y) * (y0 - y) <= r * r;
}
bool check2(ll x1, ll y1, ll x2, ll y2, ll x0, ll y0){
    return (x1 <= x0) && (x0 <= x2) && (y1 <= y0) && (y0 <= y2);
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        string opt;
        ll x1, y1, x2, y2, r;
        char ch;
        cin >> opt;
        if(opt == "Circle"){
            cin >> x1 >> y1 >> r >> ch;
            a.push_back({opt, x1, y1, 0, 0, r, ch});
        }
        else if(opt == "Rectangle"){
            cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2 >> ch;
            a.push_back({opt, x1, y1, x2, y2, 0, ch});
        }
        else{
            cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2; 
            for(int j = y2; j >= y1; j --){
                for(int i = x1; i <= x2; i ++){
                    // cout << i << " " << j << "\n";
                    char ans = '.';
                    for(int k = a.size() - 1; k >= 0; k --){
                        if(a[k].id == "Circle"){
                            if(check1(a[k].x1, a[k].y1, a[k].r, i, j)){
                                ans = a[k].ch;
                                break;
                            }
                        }
                        else{
                            if(check2(a[k].x1, a[k].y1, a[k].x2, a[k].y2, i, j)){
                                ans = a[k].ch;
                                break;
                            }
                        }
                    }
                    cout << ans;
                }
                cout << "\n";
            }
        }
    }
    return 0;
}