2021 CCPC 網絡重賽題解

1004

思路

定義\(f(x)\)為大於\(x\)的最小素數，定義\(g(x)=\left\lfloor\frac{f(x)+f(f(x))}{2}\right\rfloor\)，如果\(g(x)\)是素數輸出YES，否則輸出NO

注意到\(f(x)\)與\(f(f(x))\)是兩個不同的素數，而當\(x>2\)時兩個素數取整后的均值介於兩者之間，不可能為素數，因此唯一的特殊情況為當\(x=1\)時，\(f(x)=2\)，\(f(f(x))=3\),此時\(g(x)\)為素數，輸出YES，其它情況輸出NO即可

代碼

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

int main(){
	int T;
	cin>>T;
	while(T--){
		LL tmp;
		cin>>tmp;
		if(tmp == 1) printf("Yes\n");
		else printf("No\n"); 
	}
}

1006

大致的題意為

給一個字符串，要求滿足下列條件的字串個數：

1. 能夠被分為兩部分
2. 第一部分為nunehhe
3. 第二部分為個數大於一個的a的連續字串

思路

對於每一個位置，分為前綴部分和后綴部分求解，我們這里主要關心前綴部分的最后一個位置也就是字母h。我們對於輸入字符串從前往后遍歷，每遍歷到一個可能的前綴結尾，便對這個狀態進行計數，將答案加上 前綴可能數✖后綴可能數 個，良好預處理之后的時間復雜度為O(n)，剛好通過。

后綴可能數很好維護，直接維護一個a的后綴和數組，計算通過快速冪計算組合數后減一就行了。

前綴可能數其實也很簡單。我們通過以下形式維護：

記當前位置下，前綴和第i個位置為結尾的截取字串的前綴可能數為a[i]

則有

if (輸入字符串遍歷的當前位置與前綴部分第i個位置匹配)： a[i] += a[i-1]

其實就是更新以當前位置的字符為結尾的亞前綴可能數，以一種類似動態規划的方法進行迭代維護。

而答案記錄就是：

if（當前位置字符==h） ans += a[8] * (快速冪(2, 后綴數組[i]) - 1)

代碼

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
string s;
int n;
const int maxn = 1000005;
long long s_cnt[10];
long long mod = 998244353;
long long hz[maxn];
long long ans;

long long qpow(long long k) {
    long long res = 1;
    long long x = 2;
    while (k != 0) {
        if (k & 1) res = (res * x)%mod;
        x = (x * x) % mod;
        k /= 2;
    }
    return res;
}

int main() {
    cin >> n;
    while (n--) {
        for (int i = 0; i < 10; i++) {
            s_cnt[i] = 0;
        }
        for (int i = 0; i < maxn; i++) {
            hz[i] = 0;
        }
        cin >> s;
        ans = 0;
        auto len = (long long)s.length();
        for (long long i = len - 1; i >= 0; i--) {
            hz[i] = hz[i + 1];
            if (s[i] == 'a') {
                hz[i] = hz[i] + 1 % mod;
            }
        }
        for (int i = 0; i < len; i++) {
            if (s[i] == 'n') {
                s_cnt[3] = s_cnt[3] + s_cnt[2] % mod;
                s_cnt[1] = s_cnt[1] + 1 % mod;
            }
            if (s[i] == 'u') {
                s_cnt[2] = s_cnt[2] + s_cnt[1] % mod;
            }
            if (s[i] == 'e') {
                s_cnt[5] = s_cnt[5] + s_cnt[4] % mod;
                s_cnt[8] = s_cnt[8] + s_cnt[7] % mod;
            }
            if (s[i] == 'h') {
                s_cnt[4] = s_cnt[4] + s_cnt[3] % mod;
                s_cnt[7] = s_cnt[7] + s_cnt[6] % mod;
                s_cnt[6] = s_cnt[6] + s_cnt[5] % mod;
                s_cnt[9] = s_cnt[9] + s_cnt[8] % mod;
                ans += ((qpow(hz[i]) - 1) * s_cnt[8]) % mod;
                ans %= mod;
            }
        }
        if(n==0) printf("%lld",ans);
        else printf("%lld\n",ans);
    }
}