寫在前面
題目及數據下載：鏈接：https://pan.baidu.com/s/1ZXLx8HGKgIicCCv7MwFukg
提取碼：koko
除了 B 題目都是搬的：
A CF1428C ABBB
C CF1444A Division
D P3786 萃香抱西瓜
在這里感謝原出題人，感謝驗題人 Kersen，yu__xuan，eee_hoho。
比較親民的一場。
無腦暴力分並不是很多，涉及的算法都很簡單，主要考察閱讀理解能力。
A 大空魔術
「哈啊，宇宙還真是充滿魅力啊……」
「怎么了？發出那種嘆息。你的意思是地上已經毫無魅力了嗎？」
「16時31分。看到長庚星了啊。因為地上幾乎已經沒有不可思議的事情了呢」
「如果像蓮子這樣能夠看到這個世界的全部構造，那么心里的虛無主義就會開始露頭了啊」
《大空魔術 ～ Magical Astronomy.》
有一個只包含 'A' 與 'B' 的字符串，每次可以消掉一個 "AB" 或一個 "BB"，並把剩下的拼在一起。
求字符串最短的長度。
注意到可以消去 "AB"，"BB" 即可以消去 "?B"。
最后字符串的形態一定是 "BAA...A" 或者 "AA...AA"。
想到括號序列，考慮使用一個棧模擬該過程。
如果當前加入的是 "B" 且棧非空，則彈出棧頂元素，否則加入該字符。
因為能刪去的只有 "?B"，所以能刪就刪最優。
總復雜度 \(O(t|s|)\)。
這種情況："ABB"，顯然應先刪去 "AB"，可以發現上面的模擬過程也符合這樣的刪除策略。
//知識點：貪心，模擬
/*
By:Luckyblock
*/
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stack>
#define LL long long
const int kMaxn = 2e6 + 10;
//=============================================================
int T, n, ans;
char s[kMaxn];
//=============================================================
inline int read() {
int f = 1, w = 0;
char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
if (ch == '-') f = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
return f * w;
}
void Chkmax(int &fir_, int sec_) {
if (sec_ > fir_) fir_ = sec_;
}
void Chkmin(int &fir_, int sec_) {
if (sec_ < fir_) fir_ = sec_;
}
//=============================================================
int main() {
T = read();
while (T --) {
std::stack <char> st;
scanf("%s", s + 1);
n = strlen(s + 1), ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
if (s[i] == 'A') {
st.push('A');
} else if (! st.empty()) {
st.pop();
} else {
st.push('B');
}
}
for (; ! st.empty(); st.pop()) {
ans ++;
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
B 夜桜街道
給定一長度為 \(n\) 的數列 \(a\)，定義 \(f(l,r)\)，有：
\[f(l,r) = \sum_{i=l}^{r}\sum_{j=i+1}^{n}[a_i< a_j] \]其中 \([\ ]\) 表示 艾佛森括號。
求：\[\sum_{i=1}^{n}\dfrac{f(1,i)}{i} \pmod {998244353} \]
發現給定的 \(f(l,r)\) 即為區間 \([l,r]\) 內的順序對個數。
考慮如何通過 \(\sum_{i=1}^{n-1} f(1,i)\) 得到 \(\sum_{i=1}^{n} f(1,i)\)。
發現新增的貢獻即為較大的數為 \(a_n\) 的順序對。
離散化后順序枚舉數列，樹狀數組維護，統計答案時乘上一個逆元即可。
模數是質數，逆元怎么搞都行，總復雜度均為 \(O(n\log n)\)。
//鐭ヨ瘑鐐癸細鏍戠姸鏁扮粍錛岄€嗗厓
/*
By:Luckyblock
*/
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define LL long long
const int kMaxn = 1e6 + 10;
const LL mod = 998244353;
//=============================================================
int n, d_num, a[kMaxn], data[kMaxn];
LL f, ans, inv[kMaxn];
//=============================================================
inline int read() {
int f = 1, w = 0;
char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
if (ch == '-') f = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
return f * w;
}
void Chkmax(int &fir_, int sec_) {
if (sec_ > fir_) fir_ = sec_;
}
void Chkmin(int &fir_, int sec_) {
if (sec_ < fir_) fir_ = sec_;
}
LL QuickPow(LL x_, LL y_) {
LL ret = 1;
for (; y_; y_ >>= 1ll) {
if (y_ & 1ll) ret = ret * x_ % mod;
x_ = x_ * x_ % mod;
}
return ret;
}
namespace Bit {
#define lowbit(x) (x&-x)
int Lim, t[kMaxn];
void Init(int lim_) {
Lim = lim_;
}
void Insert(int pos_) {
for (int i = pos_; i <= Lim; i += lowbit(i)) {
t[i] ++;
}
}
int Sum(int pos_) {
int ret = 0;
for (int i = pos_; i; i -= lowbit(i)) {
ret += t[i];
}
return ret;
}
}
void Prepare() {
n = read();
inv[1] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
data[i] = a[i] = read();
if (i > 1) inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
}
std::sort(data + 1, data + n + 1);
d_num = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
if (data[i] != data[i - 1]) ++ d_num;
data[d_num] = data[i];
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
a[i] = std::lower_bound(data + 1, data + d_num + 1, a[i]) - data;
}
Bit::Init(d_num);
}
//=============================================================
int main() {
Prepare();
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
f = (f + 1ll * Bit::Sum(a[i] - 1)) % mod;
ans = (ans + f * inv[i] % mod) % mod;
Bit::Insert(a[i]);
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
C 科學世紀
夢違，幻之紅屋里閃爍的異彩
現世，構築於毫無血色的石塊之上
空想的夢，描繪了古老的美麗都市的童話
白日，照在越發骯臟的街市里
《夢違科學世紀》
\(t\) 組數據。
給定參數 \(p,q\)，求一個最大的 \(x\)，滿足 \((x|p) \land (q\nmid {x})\)。
\(1\le t\le 500\)，\(1\le p\le 10^{18}\)，\(2\le q\le 10^9\)。
1S，512MB。
顯然 \(p \bmod q \not= 0\)，輸出 \(p\)。
當 \(p \bmod q = 0\) 時，有個想法。
想到讓 \(p\) 除以某些 \(q\) 的質因子，直到 \(p\) 不能被 \(q\) 整除。
\(p\) 中比 \(q\) 大的質因子沒有影響，可以僅考慮 \(q\) 的質因子。
並且僅削除一種質因子，肯定比削除多種質因子優。
於是枚舉 \(q\) 的每一種質因子，令 \(p\) 除以該質因子，直到 \(p\) 中該質因子的次數比 \(q\) 中的次數 小。
統計削除不同質因子時，答案的最大值即可。
總復雜度 \(O(t\sqrt{q})\)。
先對 \(p,q\) 質因數分解，設 \(\{a_i\}\) 為質數集，\(\{b_i\}\) 為對應質數的次數：
有 \((x|p) \land (q\nmid {x})\)，則 \(x\) 質因數分解后有：
第二個條件表示 \(x|p\)，第三個條件表示存在一個整除 \(q\) 的質數 \(a_j\)，它在 \(x\) 中的次數比在 \(q\) 中的次數要小，從而使 \(q\nmid x\)。
顯然，最優的 \(x\) 一定是 \(p\) 摳去一些質因子 \(a_j\)，使得該質因子在 \(p\) 中的次數小於 \(q\) 中的次數后剩下的值。
顯然摳去的質因子最多有一個。
所以可以枚舉 \(q\) 的所有質因子並進行計算。
感謝 @caq 指出錯誤並提供了一份好看的代碼。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#define int long long
using namespace std;
int T;
signed main()
{
cin>>T;
while(T--)
{
int ans=1;
int p,q;
cin>>p>>q;
int kap=p;
if(p<q)
{
cout<<p<<endl;
continue;
}
if(p%q!=0)
{
cout<<p<<endl;
continue;
}
int cun=q;
for(int i=2;i*i<=cun;i++)
{
if(q%i==0ll)
{
int cntq=0;
int cntp=0;
while(q%i==0ll)
{
q/=i;
cntq++;
}
while(p%i==0ll)
{
p/=i;
cntp++;
}
if(cntp<cntq) continue;
int maxn=kap;
for(int k=cntp-cntq+1;k;k--)
{
maxn/=i;
}
if(maxn>ans)
{
ans=maxn;
}
}
}
if(q!=1)
{
int cntp_=0;
while(p%q==0ll)
{
p/=q;
cntp_++;
}
int pd=kap;
for(int k=cntp_;k;k--)
{
pd/=q;
}
if(pd>ans) ans=pd;
}
cout<<ans<<endl;
}
}
D 百鬼夜行
伊人不見隱何方，
吹散迷霧落月光，
萃取盛宴集佳釀，
香氣溢滿堂。
無法簡述的題面。
其實根本沒有 -1 的點
稍有點細節的狀壓 DP。
讀入時對所有時刻所有位置進行標記，記錄是否有大小西瓜。
發現小西瓜個數較小，考慮狀壓一下獲得的小西瓜狀態。
設 \(s_{t,x,y}\) 表示 \(t\) 時刻，位置 \((x,y)\) 的小西瓜的存在狀態。
設 \(f(t, x, y, S)\) 表示，在時間 \(t\)，萃香的位置在 \((x,y)\)，獲得的小西瓜狀態為 \(S\) 時，需要移動的最小步數。
初始化 \(f(1, sx, sy, s_{1,sx,sy}) = 0\)，所有不可到達狀態的 \(f = \operatorname{Inf}\)。
轉移時枚舉每個時刻每個位置，從能到達該位置的上個時刻的位置 \((x',y')\) 轉移過來，還需要枚舉上個位置的小西瓜狀態，有：
統計答案時枚舉最后一個時刻的所有取完所有小西瓜的狀態，取最小值即可。
復雜度 \(O(Thw2^m)\)，數據范圍小可以隨便過。
//知識點：分層圖，狀態壓縮，最短路，DP
/*
By:Luckyblock
注意數組大小
*/
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define LL long long
const int kMaxH = 5 + 1;
const int kMaxn = 20 + 1;
const int kMaxT = 100 + 1;
const int kMaxAll = (1 << 10) + 1;
const int kInf = 0x3f3f3f3f;
const int ex[5] = {0, 0, 0, 1, -1};
const int ey[5] = {0, 1, -1, 0, 0};
//=============================================================
int h, w, T, sx, sy;
int n, m, all, t1[kMaxn], t2[kMaxn];
int f[kMaxT][kMaxH][kMaxH][kMaxAll];
int s_num, s[kMaxT][kMaxH][kMaxH];
//=============================================================
inline int read() {
int f = 1, w = 0;
char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
if (ch == '-') f = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
return f * w;
}
void Chkmax(int &fir_, int sec_) {
if (sec_ > fir_) fir_ = sec_;
}
void Chkmin(int &fir_, int sec_) {
if (sec_ < fir_) fir_ = sec_;
}
void Prepare() {
h = read(), w = read(), T = read();
sx = read(), sy = read();
n = read(), m = read();
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
t1[i] = read(), t2[i] = read();
int type = read();
if (type) s_num ++;
for (int j = t1[i]; j < t2[i]; ++ j) {
int x = read(), y = read();
s[j][x][y] = type ? (1 << (s_num - 1)) : -1;
}
}
}
//=============================================================
int main() {
Prepare();
if (s[1][sx][sy] == -1) {
printf("-1");
return 0;
}
all = (1 << m) - 1;
memset(f, 0x3f, sizeof (f));
f[1][sx][sy][s[1][sx][sy]] = 0;
for (int i = 2; i <= T; ++ i) {
for (int x = 1; x <= w; ++ x) {
for (int y = 1; y <= h; ++ y) {
if (s[i][x][y] == -1) continue ;
for (int j = 0; j <= 4; ++ j) {
int fx = x + ex[j], fy = y + ey[j]; //from
if (fx < 1 || fx > w || fy < 1 || fy > h) continue ;
if (s[i - 1][fx][fy] == -1) continue ;
for (int k = 0; k <= all; ++ k) {
Chkmin(f[i][x][y][k | s[i][x][y]],
f[i - 1][fx][fy][k] + (j > 0));
}
}
}
}
}
int ans = f[0][0][0][0];
for (int x = 1; x <= w; ++ x) {
for (int y = 1; y <= h; ++ y) {
Chkmin(ans, f[T][x][y][all]);
}
}
printf("%d\n", ans < kInf ? ans : -1);
return 0;
}