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前言
因为自己的大意马虎和迷之自信，还有一些其他原因。去年拿国一，又训练了一年反而退步到了国二。总之还是个人原因，不管为人还是处事，一定要谦虚谨慎，不断进取，自我反省。
A. 带宽
答案
200/8 = 25
B. 纯质数
答案
1903
代码
先欧拉筛出所有质数，然后对每个数按位判断，注意素数标记数组要把 1 1 1 和 0 0 0 都设置为非素数。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 3e7 + 10;
vector<int> prime;
bitset<maxn> vis;
void euler() {
vis.set();
vis[0] = 0;
vis[1] = 0;
for (int i = 2; i < maxn; i++) {
if (vis[i]) prime.push_back(i);
for (int j = 0; j < prime.size() && i * prime[j] < maxn; j++) {
vis[i * prime[j]] = 0;
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
bool check(int x) {
while (x) {
if (!vis[x % 10]) return 0;
x /= 10;
}
return 1;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int ans = 0;
euler();
for (int i = 1; i <= 20210605; i++) {
if (vis[i] && check(i)) ans++;
}
cout << ans << ENDL;
return 0;
}
C. 完全日期
答案
977
代码
模拟日期一天一天加。老是忘记闰年的判断，实际上只需要记住每四年为闰年，但是世纪年要模400为0才是闰年，例如1900年就不是闰年。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 2e5 + 10;
int run[13] = {
0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
int ping[13] = {
0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
int cal(int x) {
int ans = 0;
while (x) {
ans += x % 10;
x /= 10;
}
return ans;
}
bool check(int y, int m, int d) {
int x = cal(y) + cal(m) + cal(d);
int q = sqrt(x + 0.5);
return q * q == x;
}
bool isRun(int y) {
if ((y % 4 == 0 && y % 100 != 0) || y % 400 == 0) return 1;
return 0;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int y = 2001, m = 1, d = 1, cnt = 0;
while (1) {
if (y == 2022) break;
if (check(y, m, d)) cnt++;
if (isRun(y)) {
if (d == run[m]) {
d = 1;
if (m == 12) m = 1, y++;
else m++;
} else d++;
} else {
if (d == ping[m]) {
d = 1;
if (m == 12) m = 1, y++;
else m++;
} else d++;
}
}
cout << cnt << ENDL;
return 0;
}
D. 最小权值
答案
2653631372
代码
这题实际上是一个DP，递归的想每个点的权值只和左右子树的节点个数有关，因此可以写记忆化搜索， d [ i ] = i n f , d [ 0 ] = 0 d[i] = inf,d[0] = 0 d[i]=inf,d[0]=0。
当前子树下需要放置 x x x 个节点，那么当前节点放一个，枚举左子树放置 i ( 0 ≤ i < x ) i(0 \leq i < x) i(0≤i<x) 个，那么右子树放置的个数为 x − 1 − i x - 1 - i x−1−i，状态转移方程为 d [ x ] = m i n ( d [ x ] , d [ x ] ∗ 2 + d [ x − 1 − i ] ∗ 3 + i ∗ i ∗ ( x − 1 − i ) d[x] = min(d[x], d[x] * 2 + d[x - 1 - i] * 3 + i*i*(x - 1 - i) d[x]=min(d[x],d[x]∗2+d[x−1−i]∗3+i∗i∗(x−1−i)。
时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int Mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18;
const int maxn = 2e5 + 10;
ll d[3000];
ll dfs(int x) {
if (d[x] != INF) return d[x];
ll ans = d[x];
for (int i = 0; i < x; i++) {
ans = min(ans, 1LL + dfs(i) * 2 + dfs(x - 1 - i) * 3 + 1LL * i * i * (x - 1 - i));
}
return d[x] = ans;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
for (int i = 1; i <= 2021; i++) d[i] = INF;
cout << dfs(2021) << endl;
return 0;
}
E. 大写
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int Mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18;
const int maxn = 2e5 + 10;
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
char c;
while (cin >> c) cout << (char) toupper(c);
return 0;
}
F. 123
思路
根据前缀和得出区间之和为 s u m [ r ] − s u m [ l − 1 ] sum[r] - sum[l-1] sum[r]−sum[l−1]。
题目明显是分段来求的，具体来说是将序列看做 { 1 } , { 1 , 2 } , { 1 , 2 , 3 } , { 1 , 2 , 3 , 4 } , . . . \{1\},\{1,2\},\{1,2,3\}, \{1,2,3,4\},... { 1},{ 1,2},{ 1,2,3},{ 1,2,3,4},...
其中每一块的长度刚好是 1 , 2 , 3 , 4... 1,2,3,4... 1,2,3,4...，而每一块的所有元素之和是 1 , 3 , 6 , 10... 1,3,6,10... 1,3,6,10...，每块元素之和的前缀和为 p r e [ i ] = { 1 , 4 , 10 , 20... } pre[i] = \{1,4,10,20...\} pre[i]={ 1,4,10,20...}，这个前缀和的第 i i i 项刚好对应了组合数 C i + 2 3 C_{i + 2}^3 Ci+23。
因此思路就很明确了，二分确定前面有多少个完整的块，然后 O ( 1 ) O(1) O(1) 算出这些块的和，最后拿 n n n 减去前面块的元素个数，得到的一定是一个新的块中的从1开始的连续若干个自然数，根据等差数列公式 n ( n + 1 ) 2 \frac{n(n + 1)}{2} 2n(n+1)即可求出，累加上述二者即可。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int Mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18;
const int maxn = 2e5 + 10;
ll cal1(ll n) {
return n * (n + 1) * (n + 2) / 6;
}
ll cal2(ll n) {
return n * (n + 1) / 2;
}
ll getSeg(ll n) {
ll l = 1, r = 1e9, mid, ans;
while (l <= r) {
mid = (l + r) >> 1;
if (cal2(mid) <= n) {
ans = mid;
l = mid + 1;
} else r = mid - 1;
}
return ans;
}
ll solve(ll n) {
if (n == 0) return 0;
ll s = getSeg(n);
return cal2(n - cal2(s)) + cal1(s);
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int T;
ll l, r;
cin >> T;
while (T--) {
cin >> l >> r;
cout << solve(r) - solve(l - 1) << ENDL;
}
return 0;
}
G. 异或变换
思路
正解目前不会，网上也没找到讲解，但是暴力能拿80%的分，首先随机01串打表发现对于长度为 n n n 的01串，其周期为大于等于它的最小的2的幂次。因此 n ≤ 1000 n \leq 1000 n≤1000时周期最大为1024，可以暴力。
代码
b i t s e t bitset bitset最右位下标为0。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int Mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18;
const int maxn = 2e5 + 10;
bitset<1005> a;
map<string, bool> mp;
string res[10005];
void table() {
srand(time(0));
int n = rand() % 1000 + 1;
string s = "";
for (int i = 0; i < n; i++) a[i] = rand() % 2, s += '0' + a[i];
mp[s] = 1;
int T = 0;
while (1) {
T++;
bitset<1005> b = a;
b >>= 1;
a ^= b;
s = "";
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) s += '0' + a[i];
if (mp.count(s)) break;
}
cout << n << " " << T << endl;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
// table();
int n;
ll t;
string s = "";
cin >> n >> t;
cin >> s;
for (int i = n - 1, x, j = 0; i >= 0; i--, j++) {
x = s[j] - '0';
if (x) a.set(i);
}
mp[s] = 1;
int T = 0;
while (1) {
res[T++] = s;
bitset<1005> b = a;
b >>= 1;
a ^= b;
s = "";
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) s += '0' + a[i];
if (mp.count(s)) break;
}
// cout << T << endl;
t %= T;
cout << res[t] << endl;
return 0;
}
H. 二进制问题
思路
最裸的数位DP了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int Mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18;
const int maxn = 2e5 + 10;
ll d[105][55][2];
int digit[105];
int k;
ll dfs(int pos, int sum, bool flag) {
if (pos == 0) return sum == k;
if (d[pos][sum][flag] != -1) return d[pos][sum][flag];
int up = flag ? digit[pos] : 1;
ll ans = 0;
for (int i = 0; i <= up; i++) {
ans += dfs(pos - 1, sum + (i == 1), flag & (i == up));
}
return d[pos][sum][flag] = ans;
}
ll solve(ll n) {
int len = 0;
while (n) {
digit[++len] = n & 1;
n /= 2;
}
memset(d, -1, sizeof d);
return dfs(len, 0, 1);
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
ll n;
cin >> n >> k;
cout << solve(n) << endl;
return 0;
}
I. 翻转括号序列
思路
暴力可拿20%
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int Mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18;
const int maxn = 2e5 + 10;
char s[maxn];
int n;
int solve(int x) {
stack<char> st;
int ans = 0;
for (int i = x; i <= n; i++) {
if (s[i] == '(') st.push(s[i]);
else {
if (st.size()) st.pop();
else return ans;
if (st.empty()) ans = i;
}
}
return ans;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int m;
char ch;
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> ch;
s[i] = ch;
}
int op, l, r;
while (m--) {
cin >> op;
if (op == 1) {
cin >> l >> r;
for (int i = l; i <= r; i++) s[i] = (s[i] == '(' ? ')' : '(');
} else {
cin >> l;
cout << solve(l) << ENDL;
}
}
return 0;
}
J. 异或三角
思路
根据异或的性质一个数异或它本身得0，可拿20%
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int Mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18;
const int maxn = 2e5 + 10;
bool check(int i, int j, int k) {
int a[3];
a[0] = i, a[1] = j, a[2] = k;
sort(a, a + 3);
return a[0] + a[1] > a[2];
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int T, n;
cin >> T;
while (T--) {
cin >> n;
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1, k; j <= n; j++) {
k = i ^ j;
if (1 <= k && k <= n && check(i, j, k)) {
//cout << i << " " << j << " " << k << ENDL;
ans++;
}
}
cout << ans << ENDL;
}
return 0;
}