2024 CCPC女生专场
Solved：10/13
Penalty：1299
Rank：6
今年题有这么简单吗？还是队伍变强了？
我做起来感觉比去年和前年都难。。感觉前两年至少都有 7~8 道签到，今年从 4~5 题就需要思考了。
C. CCPC
题意：重排字符串使得形如 CCPC 的子串最多。
CCPCCP...CCPC
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){string a;cin>>a;int n=a.length();int cc=0,cp=0;for(int i=0;i<n;++i){if(a[i]=='C')++cc;if(a[i]=='P')++cp;}cout<<min((cc-1)/2,cp)<<'\n';
}
A. Box
题意：多次询问一个点是否在长方体内。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);int x1,x2,y1,y2,z1,z2;cin>>z1>>z2>>x1>>y1>>x2>>y2;if(x1>x2)swap(x1,x2);if(y1>y2)swap(y1,y2);z2+=z1;int q;cin>>q;while(q--){int x,y,z;cin>>x>>y>>z;if(x>=x1&&x<=x2&&y>=y1&&y<=y2&&z>=z1&&z<=z2)cout<<"YES\n";else cout<<"NO\n";}
}
H. Square Root
题意：给一个 01 串，你可以把 1 变成 0，每段连续的 1 贡献为长度的平方根，求最大答案。
容易证明，对连续的 1，拆成 1010101 或者 101011 最优。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);string s;cin>>s;int n=s.length(),len=0;double ans=0;for(int i=0;i<n;++i){if(s[i]=='1')++len;else if(len){if(len&1)ans+=(len+1)/2;else ans+=len/2-1+sqrt(2);len=0;}}if(len&1)ans+=(len+1)/2;else if(len)ans+=len/2-1+sqrt(2);cout<<fixed<<setprecision(10)<<ans<<'\n';
}
M. Covering a Tree
题意：用若干条从叶子到祖先的链覆盖一棵树，使最长的链最短。
这不就是【赛道修建】的简单版本嘛（）
注意到每棵子树只有一条链可以传到根。
dfs，贪心将最短的链向上延申，其他链终止在儿子处。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;const int N=2e5+5;
int n,x;
vector<int> e[N];
void adde(int x,int y){e[x].push_back(y);
}int ans=0;
int dfs(int u){int mn=n+1;for(int v:e[u]){int d=dfs(v);ans=max(ans,d+1);mn=min(mn,d+1);}if(mn>n)mn=0;return mn;
}void solve(){cin>>n;for(int i=1;i<=n;++i)e[i].clear();for(int i=2;i<=n;++i)cin>>x,adde(x,i);ans=0;int v=dfs(1);ans=max(ans,v);cout<<ans<<'\n';
}int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);int T;cin>>T;while(T--)solve();
}
E. Centroid Tree
题意：一棵树，根为 1，给每个点子树的重心，还原这棵树。
重心是诈骗，其实就相当于给每个点子树中的一个点。
并查集+队列从底向上维护即可。一个点如果所有子树都还原了就入队。
注意根为 1 的限制，把队列改成从大到小的优先队列即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()const int N=2e5+5;
int n,f[N],c[N];
int find(int x){return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]);}
vector<int> a[N],b[N];void solve(){cin>>n;priority_queue<int> q;for(int i=1;i<=n;++i)b[i].clear();for(int i=1;i<=n;++i){cin>>c[i];a[i].resize(c[i]);for(int& x:a[i])cin>>x,b[x].push_back(i);if(!c[i])q.push(i);f[i]=i;}while(!q.empty()){int u=q.top();q.pop();for(int x:a[u])x=find(x),cout<<u<<' '<<x<<'\n',f[x]=u;for(int x:b[u])if(!--c[x])q.push(x);}
}int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);int T;cin>>T;while(T--)solve();
}
L. Puzzle
题意：给四种形状的拼图，用最多的拼图使其拼成一个矩形，且每两个相邻拼图都有凹凸对应。
在题意限制下，A 只能放在角上，BC 只能放在边上且相邻放置，D 只能放在中间。
因此枚举矩形的一边长度即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()void solve(){int a,b,c,d;cin>>a>>b>>c>>d;if(a<4)cout<<"0\n";else{int e=min(b,c),mx=e*2+4;for(int i=1;i<=e-1;++i){int t=min(e-i,d/i);if(mx<(i+2)*(t+2))mx=(i+2)*(t+2);}cout<<mx<<'\n';}
}int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);int T;cin>>T;while(T--)solve();
}
F. Perfect Square
题意：一个序列，取出每个数的一个约数，乘积为完全平方数，求所有方案乘积的平方根之和。$n,a_i\leq 10^6
显然可以每个质因数分别考虑。设 \(f_{i,0/1}\) 表示质因数 \(i\) 的次数为偶数或奇数时平方因子的平方根之和。每个数质因数分解后 dp 即可。
最终答案就是所有 \(f_{i,0}\) 的乘积。
不对啊，我暴力分解质因数怎么没被卡？
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()const int N=1e6+5,mod=1e9+7;
int n,x,m=1e6;
ll f[N][2];int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin>>n;for(int i=1;i<=m;++i)f[i][0]=1,f[i][1]=0;for(int i=1;i<=n;++i){cin>>x;for(int j=2;j*j<=x;++j)if(!(x%j)){int cnt=0;while(!(x%j))x/=j,++cnt;ll s0=0,s1=0;for(int i=0,p=1;i<=cnt;i+=2)s0+=p,p*=j;for(int i=1,p=1;i<=cnt;i+=2)s1+=p,p*=j;ll r0=(f[j][0]*s0+f[j][1]*s1%mod*j)%mod;ll r1=(f[j][1]*s0+f[j][0]*s1)%mod;f[j][0]=r0,f[j][1]=r1;}if(x>1){ll r0=(f[x][0]+f[x][1]*x)%mod;ll r1=(f[x][1]+f[x][0])%mod;f[x][0]=r0,f[x][1]=r1;}}ll ans=1;for(int i=1;i<=m;++i)ans=ans*f[i][0]%mod;cout<<ans<<'\n';
}
G. Increasing Sequence
题意：给一个序列和一个限制 \(k\)，求满足 \(\{a_1\oplus x,\dots,a_n\oplus x\}\) 为不降序列且 \(0\leq x\leq k\) 的 \(x\) 的数量。\(n\leq 2\times 10^5, k\leq 10^{18}\)。
按位考虑，设当前考虑到第 \(d\) 位前面是 \(x\)。
如果某个 \(a_i\oplus x\) 的前 \(d\) 位大于 \(a_{i+1}\oplus x\) 的前 \(d\) 位，后面就不用枚举了，必然不满足。
如果所有 \(a_i\oplus x\) 的前 \(d\) 位都小于 \(a_{i+1}\oplus x\) 的前 \(d\) 位或者 \(a_i=a_{i+1}\)，后面也不用枚举了，必然满足。
否则继续枚举下一位。
复杂度不会算，但是过了。
题解表示复杂度是 \(O(n\log k)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()const int N=1e6+5;
int n;
ll k,a[N],ans=0;
void dfs(ll x,int d){if(x>k)return;bool fl=1;for(int i=1;i<=n-1;++i){ll u=a[i]^x,v=a[i+1]^x;if((u>>d)>(v>>d))return;else if((u>>d)==(v>>d)){if(u!=v)fl=0;}}if(fl){ans+=min(1ll<<d,k-x+1);return;}dfs(x,d-1);dfs(x|(1ll<<d-1),d-1);
}
void solve(){cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i];ans=0,dfs(0,60);cout<<ans<<'\n';
}int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);int T;cin>>T;while(T--)solve();
}
K. Xiao Kai's Dream of Provincial Scholarship
题意：见题面（X
枚举 \(p\) 和 \(q\) 的使用次数，然后按题意模拟即可 TLE on 7。
二分答案，注意到 \(p,q\) 用得越多越好，所以对一个确定的答案枚举 \(p\) 的使用次数然后直接求出 \(q\) 的最大使用次数即可。
复杂度 \(O(nm\log n\log m)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()const int N=505,M=105;
int n,m,id,X,Y,p,q;
struct node{string s;int id,a[3][2],pr;
}a[N],b[N];
bool cmp1(node a,node b){if(a.a[0][0]!=b.a[0][0])return a.a[0][0]>b.a[0][0];if(a.a[0][1]!=b.a[0][1])return a.a[0][1]>b.a[0][1];return a.s<b.s;
}
bool cmp2(node a,node b){if(a.a[1][0]!=b.a[1][0])return a.a[1][0]>b.a[1][0];if(a.a[1][1]!=b.a[1][1])return a.a[1][1]>b.a[1][1];return a.s<b.s;
}
bool cmp3(node a,node b){if(a.pr!=b.pr)return a.pr>b.pr;if(a.a[2][0]!=b.a[2][0])return a.a[2][0]>b.a[2][0];if(a.a[2][1]!=b.a[2][1])return a.a[2][1]>b.a[2][1];return a.s<b.s;
}int buc[M];
int P(int p){return n*p/100;}
bool chk(int xx,int yy){a[id].a[0][0]+=xx,a[id].a[0][1]+=xx;a[id].a[1][0]+=yy,a[id].a[1][1]+=yy;a[id].a[2][0]+=xx+yy,a[id].a[2][1]+=xx+yy;for(int i=1;i<=n;++i)b[i]=a[i];memset(buc,0,sizeof(buc));for(int i=1;i<=n;++i)++buc[a[i].a[0][1]];int rk=0,p25=0,p45=0,p75=0;for(int i=100;i>=0;--i){rk+=buc[i];if(!p25&&rk>=P(25))p25=i;if(!p45&&rk>=P(45))p45=i;if(!p75&&rk>=P(75))p75=i;}sort(b+1,b+n+1,cmp1);int r1=P(15),r2=P(25),r3=P(35);for(int i=1;i<=n;++i){if(b[i].a[0][1]>=p25&&r1>0)a[b[i].id].pr+=15,--r1;else if(b[i].a[0][1]>=p45&&r2>0)a[b[i].id].pr+=10,--r2;else if(b[i].a[0][1]>=p75&&r3>0)a[b[i].id].pr+=5,--r3;}memset(buc,0,sizeof(buc));for(int i=1;i<=n;++i)++buc[a[i].a[1][1]];rk=0,p25=0,p45=0,p75=0;for(int i=100;i>=0;--i){rk+=buc[i];if(!p25&&rk>=P(25))p25=i;if(!p45&&rk>=P(45))p45=i;if(!p75&&rk>=P(75))p75=i;}sort(b+1,b+n+1,cmp2);r1=P(15),r2=P(25),r3=P(35);for(int i=1;i<=n;++i){if(b[i].a[1][1]>=p25&&r1>0)a[b[i].id].pr+=15,--r1;else if(b[i].a[1][1]>=p45&&r2>0)a[b[i].id].pr+=10,--r2;else if(b[i].a[1][1]>=p75&&r3>0)a[b[i].id].pr+=5,--r3;}rk=0;for(int i=1;i<=n;++i)if(cmp3(a[i],a[id]))++rk;a[id].a[0][0]-=xx,a[id].a[0][1]-=xx;a[id].a[1][0]-=yy,a[id].a[1][1]-=yy;a[id].a[2][0]-=xx+yy,a[id].a[2][1]-=xx+yy;for(int i=1;i<=n;++i)a[i].pr=0;return rk<m;
}bool chk(int x){for(int i=0;i<=100-X&&i*p<=x;++i){if(!q){if(chk(i,100-Y))return 1;}else{if(chk(i,min(100-Y,(x-i*p)/q)))return 1;}}return 0;
}int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin>>n;for(int i=1,x,y,z;i<=n;++i){cin>>a[i].s,a[i].id=i;for(int j=0;j<2;++j){cin>>x>>y>>z;a[i].a[j][0]=x+y+z;a[i].a[j][1]=x;}a[i].a[2][0]=a[i].a[0][0]+a[i].a[1][0];a[i].a[2][1]=a[i].a[0][1]+a[i].a[1][1];if(a[i].s=="crazyzhk")id=i,X=a[i].a[0][1],Y=a[i].a[1][1];}cin>>m>>p>>q;int l=0,r=2e4,ans=1e9;while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;if(chk(mid))ans=mid,r=mid-1;else l=mid+1;}if(ans>1e6)cout<<"Surely next time"<<endl;else cout<<ans<<endl;
}
I. String Duplication
题意：求一个字符串复制 \(m\) 次的本质不同子串数量。
打表（\(m=1,2,3,4,5\)）或者手玩可以发现 \(m\geq 2\) 后答案形成了等差数列。
所以用 SAM 求出 \(m=2,3\) 的答案即可。记得特判 \(m=1\)。
这题没有样例 3 我估计调到结束都调不出来
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()const int N=2e6+5,mod=998244353;
struct SAM{int cnt,c[N][26],fa[N],len[N],last;SAM(){cnt=last=1;}int ext(int ch){int p=last,np=last=++cnt,q,nq;len[np]=len[p]+1;for(;p&&!c[p][ch];p=fa[p])c[p][ch]=np;if(!p)fa[np]=1;else{q=c[p][ch];if(len[p]+1==len[q])fa[np]=q;else{nq=++cnt;len[nq]=len[p]+1;for(int i=0;i<26;++i)c[nq][i]=c[q][i];fa[nq]=fa[q],fa[q]=fa[np]=nq;for(;p&&c[p][ch]==q;p=fa[p])c[p][ch]=nq;}}return len[np]-len[fa[np]];}
}m;int n,k;
string a;
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin>>n>>k>>a;ll ans1=0,ans2=0,ans3=0;for(int i=0;i<n;++i)ans1+=m.ext(a[i]-'a');ans1%=mod;ans2=ans1;for(int i=0;i<n;++i)ans2+=m.ext(a[i]-'a');ans2%=mod;ans3=ans2;for(int i=0;i<n;++i)ans3+=m.ext(a[i]-'a');ans3%=mod;if(k==1)cout<<ans1<<'\n';else if(k==2)cout<<ans2<<'\n';else cout<<((((k-2)*ans3-(k-3)*ans2)%mod)+mod)%mod<<'\n';
}
