赛后gym练习及补题，gym链接：2023 (ICPC) Jiangxi Provincial Contest – Official Contest

L Zhang Fei Threading Needles - Thick with Fine

签到题

题面解读

当时在场人数为N，其中夏侯杰被吓死了，其他人被吓跑了，请问张飞吓跑了的人数是多少？

输出N-1即可

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);int n; cin >> n;cout << n - 1;return 0;
}

A Drill Wood to Make Fire

签到题

题面解读

钻木取火与钻木的速度与力量有关，当速度与力量的乘积大于某个阈值的时候，能够钻木取火成功。提供阈值、力量、速度，问是否能够取火成功。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, s, v;int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);int t; cin >> t;while(t--){cin >> n >> s >> v;if(s * v >= n) cout << "1\n";else cout << "0\n";}return 0;
}

B Wonderful Array

数学题

题面解读

给定一个长度为 k 的数组 a ，对于长度为 n 的数组 b ：
$$b_i=\{\begin{array}{l}x,i=0\\ b_{i-1}+a_{i-1}modk,0<i\le n\end{array}$$
找出 有多少个 i 使得 :
$$b_{i}modm\le b_{i+1}modm$$
此处，由于 a[i] 大于 0，所以 b[i] 在不取模情况下一定是一个单调递增的。所以正向考虑满足题意的部分，直接顺序枚举会是一个 O(n) 的复杂度，题目限制 1s ，这样肯定超时。

那么，我们选择反向考虑，寻找能够使得 b[i] > b[i + 1] (取模后)的位置。由于对 m 取模，那么对于一个递增的数组，这个位置就应该每当数组递增超过 m 就出现一次。在整个b数组过程中，就应该有 b[n]/m 个。那么新的问题就是如何去计算 b[n] ？由于 数组 b 一直在对 k 取模，所以 数组 b 是一个周期性增减的，我们就不用去看整个数组b而是找其中一段。计算 数组b[n] 的办法详见代码。

最终答案的个数是 n - b[n]/m。

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int K = 1e6 + 5;ll k, n, m, x;
ll arr[K];int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);cin >> k;for(int i = 0; i < k; ++i) cin >> arr[i];cin >> n >> m >> x;ll b = 0, cnt = 0;x = x % m;for(int i = 0; i < k; ++i) b += arr[i] % m;b = n / k * b + x;for(int i = 0; i < n % k; ++i) b += arr[i] % m;cout << n - b / m;return 0;
}

I Tree

异或

题面解读

一个 n 节点的树，结点连接的边有边权。执行 q 次操作：

1. 对结点 x 到结点 y 的路径上每条边的边权异或 z 。
2. 询问编号为 x 的结点的所有边的边权异或和。

此处，有个小的脑筋急转弯。比如，对于操作1，如果1-2-3这三个点按照这个顺序连接，当让1到3的路径上边权都异或上 w ，那么此时对于结点 2 ，它所连接的两个边的异或和是没有变化的：比如 1与2的边权为 3 ，2 与 3 的边权大小为 5，对结点 1 到结点 2 的路径上每条边的边权异或 2 ，对于结点2的边权异或和 3 ^ 5 ==> 3 ^ 2 ^ 5 ^ 2 == 3 ^ 5，因为对于一个数异或自己为0。

那么，操作1的修改只会对 x 和 y 有效。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 5;
int n, q, v[N];
int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);cin >> n >> q;for(int i = 1; i <= n - 1; ++i){int x, y, w;cin >> x >> y >> w;v[x] ^= w, v[y] ^= w;}while(q--){int op; cin >> op;if(op == 1){int x, y, z;cin >> x >> y >> z;v[x] ^= z, v[y] ^= z;}else{int x; cin >> x;cout << v[x] << '\n';}}return 0;
}

J Function

题面解读

给定多个一元二次函数，询问在某一点处的最小值是多少。

当给出一个一元二次函数的时候，我们就可以去通过这个函数去更新其他点上最小值是多少。而如果我们每给出一个函数，就去更新 1 ~ n 上所有点的话，最坏的时间复杂度就是 O(1e10)，无法在1s 内跑完。

根据题目中 $b$ 的数据范围肯定小于 1e5 ，那么当
$${\left(x-i\right)}^2>b$$
此时就不用再去维护这个最小值，因为肯定大于其他函数在这个位置上的最小值。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 5;ll arr[N], a, b;
int n, m;
int mxl = int(sqrt(1e5) + 0.5); // 向上取整，大概317void update(int x)
{arr[x] = min(arr[x], b);for(int i = x - 1, j = 1; i >= 1 && j <= mxl; ++j, --i)arr[i] = min(arr[i], j * j + b);for(int i = x + 1, j = 1; i <= n && j <= mxl; ++j, ++i)arr[i] = min(arr[i], j * j + b);
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);cin >> n;memset(arr, 0x3f, sizeof arr);for(int i = 1; i <= n; ++i){cin >> b;update(i);}cin >> m;for(int i = 1; i <= m; ++i){int op; cin >> op;if(op){cin >> a; cout << arr[a] << "\n";}else{cin >> a >> b;update(a);}}return 0;
}

K Split

题面解读

题目中给出了一个长度为 $n$ 的非增序列。进行 $m$ 次操作，分为两种：

操作0，给你一个 $1<x<n$ ，使得 $a_x=a_{x+1}+a_{x-1}-a_x$

操作1，将序列分成 $k$ 个小块，其中每个小块的最大值-最小值之和要最小，并且输出每个小块中最大值-最小值之和最小值。

对于操作1，随机挑选一段，结果为：$a_1-a_i+a_{i+1}-...-a_j+a_{j+1}-a_n$， 整理后得：$a_1-a_n+a_{i+1}-a_i+a_{j+1}-a_j...$。可以看出，前两项一定且大于0，后面每两项都是相邻两数之差且小于等于0(后一项-前一项)。因此，为了让最大值减最小值之和最小，我们挑选这个序列中最小的 $k-1$ 个差就可以了。

对于操作0，对序列中某段$a_{x-1},a_x,a_{x+1}$,转变为 $a_{x-1},a_{x+1}+a_{x-1}-a_x,a_{x+1}$。
对于初始情况，这一段的后一项-前一项为：$a_x-a_{x-1},a_{x+1}-a_x$，改变之后为：$a_{x-1}-ax,a_x-a_{x+1}$。可见，这一波操作并没有对整个序列的差分造成什么影响。所以后续代码中也不会对操作0进行任何处理。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long ll;
int n, m;
ll a[N], b[N];int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);cin >> n;for(int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];for(int i = 1; i < n; i++) b[i] = a[i] - a[i - 1]; // 计算上述后项与前项的差sort(b + 1, b + n); // 将差分结果排序for(int i = 1; i < n; i++) b[i] = b[i] + b[i - 1]; // 将排序完的结果计算前缀和，方便后续查询直接使用cin >> m;while(m--){int op, k;cin >> op >> k;if(op == 1) cout << a[0] - a[n - 1] + b[k - 1] << "\n"; // 只要选择前 K-1 项即可}return 0;
}

C Battle

题面解读

博弈论中一个经典的Nim游戏，为了补题，专门去看了一眼什么是公平组合游戏。虽然看了，感觉明白了但没完全明白，感兴趣的可以去看看大佬的博客，本蒟蒻还得再吸收理解几遍。
推荐参考理解的博客：算法学习笔记(51): SG函数 、公平组合游戏

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
ll p, ans;ll sg(ll x)
{if(x == p) return 2;if(x&1) return 1;return 0;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n >> p;for (int i = 0; i < n; i++){ll t;cin >> t;if (p & 1){if(t&1) ans ^= 1;else ans ^= 0;}else{ans ^= sg(t % (p + 1));}}if(ans) cout << "GOOD\n";else cout << "BAD\n";return 0;
}

H Permutation

多重背包问题

题面解读

给定一个长度为 $n$ 的排列(其中 $n$ 一定为偶数)，现在将其从中间分成两个序列 $A$ 和 $B$ ，每次执行如下操作：

• 如果序列 $A$ 和序列 $B$ 都为空，停止操作
• 如果序列 $A$ 和 $B$ 只有一个为空，将剩余部分放在序列 $P$ 的后面
• 如果 $A$ 和 $B$ 都不为空，将 $A$ 和 $B$ 首位第一个中最小的一个从原序列中删除，并放入序列 $P$ 后面

现在给定序列 $P$，问对于 $n$ 的所有排列，是否存在一种使得经过上述操作后成为序列 $P$。

经过观察题面样例可以发现，在排列中，一个数到比其大的数都必须放入一个序列中，如图：

那么就可以将题目中所给序列P按照长度划分为多个物品，每个物品我们需要记录其长度即可，将长度一样的子序列当作同种物品，每种物品有多个。这样，就相当于从这些物品中找到能够凑出长度为 $n/2$ 的方案，多重背包由此得出。
不过此处如果按照普通多重背包去处理，担心可能会超时，所以我们考虑，对于每个物品进行二进制优化（为什么要进行二进制优化可以参考OI-wiki 背包 DP）。

题目中还有一处需要注意的点，就是需要开long long，蒟蒻没有开 long long，喜提 Wrong answer on test 21。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 5;
typedef long long ll;
ll n, arr[N], dp[N];void solve()
{cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> arr[i];ll mx = arr[1], cnt = 1, tg = n / 2;map<ll, ll> mp;// 按照规律将数字长度划分到一组中for(int i = 2; i <= n; i++){mx = max(mx, arr[i]);if(mx == arr[i]){mp[cnt]++;cnt = 1;}else{cnt++;if(cnt > tg) { cout << "No\n"; return;}}}mp[cnt]++;// 将长度一样的当作同种物品,按照多重背包二进制优化存储vector<ll> things;for(auto x : mp){cnt = 1;while(x.second >= cnt){things.push_back(x.first * cnt);x.second -= cnt;cnt *= 2;}if(x.second > 0) things.push_back(x.first * x.second);}// 多重背包部分for(int i = 1; i <= tg; ++i) dp[i] = 0;dp[0] = 1;for(int i = 0; i < things.size(); ++i){for(int j = tg; j >= things[i]; --j)dp[j] += dp[j - things[i]];if(dp[tg] >= 1) {cout << "Yes\n"; return;}}cout << "No\n";
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);int t; cin >> t;while(t--) solve();return 0;
}