蓝桥杯 2021年省赛真题 (Java 大学B组）

#A ASC
#B 卡片
- 朴素解法
- 弯道超车
#C 直线
#D 货物摆放
- 暴力搜索
- 缩放质因子
#E 路径
- 搜索
- 单源最短路径
#F 时间显示
- Java Win
- 不依赖 API 的实现
#G 最少砝码
- 变种三进制
#H 杨辉三角形
- 类比单调数列
#I 双向排序
#J 括号序列
- 动态规划

_Placeholder

#A ASC

本题总分：5 分

问题描述

已知大写字母 $A$ 的 $A S C I I$ 码为 $65$ ，请问大写字母 $L$ 的 $A S C I I$ 码是多少？

答案提交

这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

76

calcCode：

public class Test {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Test().run(); }

    void run() {
    
    
        // System.out.println(65 + 'L' - 'A');
        System.out.println((int)'L');
    }
}

麻烦签到题写的认真一点，谢谢。

#B 卡片

本题总分：5 分

问题描述

小蓝有很多数字卡片，每张卡片上都是数字 $0$ 到 $9$ 。
小蓝准备用这些卡片来拼一些数，他想从 $1$ 开始拼出正整数，每拼一个，就保存起来，卡片就不能用来拼其它数了。
小蓝想知道自己能从 $1$ 拼到多少。
例如，当小蓝有 $30$ 张卡片，其中 $0$ 到 $9$ 各 $3$ 张，则小蓝可以拼出 $1$ 到 $10$ ，但是拼 $11$ 时卡片 $1$ 已经只有一张了，不够拼出 $11$ 。
现在小蓝手里有 $0$ 到 $9$ 的卡片各 $2021$ 张，共 $20210$ 张，请问小蓝可以从 $1$ 拼到多少？
提示：建议使用计算机编程解决问题。

答案提交

这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

3181

朴素解法

public class Test {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Test().run(); }

    void run() {
    
     System.out.println(calc(2021)); }

    int calc(int upper) {
    
    
        int[] count = new int[10];
        for (int n = 1, k = 1; ; k = ++n)
            do
                if (++count[k % 10] > upper)
                	return n - 1;
            while ((k /= 10) > 0);
    }
}

没什么好说的。

弯道超车

观察 $[1, 9]$ 这个区间中， $[0, 9]$ 的出现情况。

在 $[1, 9]$ 中， $1$ 至 $9$ 各出现 $1$ 次。

把观察的范围扩大到 $[1, 99]$ ，十位的 $1$ 出现 $[10, 19]$ 共 $10$ 次，十位的 $2$ 出现 $[20, 29]$ 共 $10$ 次， $\cdots$ ，十位的 $9$ 出现 $[90, 99]$ 共 $10$ 次，低位 $[0, 9]$ 重复出现 $10$ 次， $1$ 至 $9$ 各出现 $20$ 次， $0$ 出现 $9$ 次。

将这个观察范围继续扩大，会发现 $1$ 的使用次数总是不小于 $0$ 、 $2$ 至 $9$ ，也就是说统计 $0$ 、 $2$ 至 $9$ 是没有意义的。

public class Test {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Test().run(); }

    void run() {
    
     System.out.println(calc(20)); }

    int calc(int upper) {
    
    
        int count = 0;
        for (int n = 1, k = 1; ; k = ++n) {
    
    
            do
                if (k % 10 == 1) count++;
            while ((k /= 10) > 0);
            if (count > upper) return n - 1;
        }
    }
}

#C 直线

本题总分：10 分

问题描述

在平面直角坐标系中，两点可以确定一条直线。如果有多点在一条直线上，那么这些点中任意两点确定的直线是同一条。
给定平面上 $2 \times 3$ 个整点 ${(x, y)|0 ≤ x < 2, 0 ≤ y < 3, x ∈ Z, y ∈ Z\}$ ，即横坐标是 $0$ 到 $1$ (包含 $0$ 和 $1$ ) 之间的整数、纵坐标是 $0$ 到 $2$ (包含 $0$ 和 $2$ ) 之间的整数的点。这些点一共确定了 $11$ 条不同的直线。
给定平面上 $20 \times 21$ 个整点 ${(x, y)|0 ≤ x < 20, 0 ≤ y < 21, x ∈ Z, y ∈ Z\}$ ，即横坐标是 $0$ 到 $19$ (包含 $0$ 和 $19$ ) 之间的整数、纵坐标是 $0$ 到 $20$ (包含 $0$ 和 $20$ ) 之间的整数的点。请问这些点一共确定了多少条不同的直线。

答案提交

这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

40257

直线方程集合

一种朴素的想法，是将所有点连接起来，去掉重复的线，然后统计。

为了方便表示，这里采用斜截式方程 $y = k x + b$ 来表示每一条直线，其中 $k$ 为直线斜率， $b$ 为直线在 $y$ 轴上的截距，并统一不处理斜率不存在的线，将结果加上一个 $20$ 。

注意！ 这段程序的结果是不准确的。

import java.util.HashSet;
import java.util.Set;

public class Test {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Test().run(); }

    int X = 20, Y = 21;

    void run() {
    
    
        Set<Line> set = new HashSet();
        for (int x1 = 0; x1 < X; x1++)
            for (int y1 = 0; y1 < Y; y1++)
                for (int x2 = x1; x2 < X; x2++)
                    for (double y2 = 0; y2 < Y; y2++)
                        if (x1 != x2){
    
    
                            double k = (y2 - y1) / (x2 - x1);
                            double b = -x1 * k + y1;
                            set.add(new Line(k, b));
                        }
        System.out.println(set.size() + X);
    }

    class Line {
    
    

        double k, b;

        Line(double b, double k) {
    
    
            this.k = k;
            this.b = b;
        }

        @Override
        public boolean equals(Object obj) {
    
    
            return k == ((Line)obj).k && b == ((Line)obj).b;
        }

        @Override
        public int hashCode() {
    
    
            return (int)k ^ (int)b;
        }
    }
}

分式消除误差

斜率在浮点数表示下，精度那是参差不齐，诚然可以将误差限制在一个范围内，当绝对差落入当中时，我们就将其视为值相同。

但是对于这种需要可表示的范围小的时候，我们可以定义分式来做到无误差，而不是控制精度。

import java.util.HashSet;
import java.util.Set;

public class Test {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Test().run(); }

    int X = 20, Y = 21;

    void run() {
    
    
        Set<Line> set = new HashSet();
        for (int x1 = 0; x1 < X; x1++)
            for (int y1 = 0; y1 < Y; y1++)
                for (int x2 = x1; x2 < X; x2++)
                    for (int y2 = 0; y2 < Y; y2++)
                        if (x1 != x2){
    
    
                            Fraction k = new Fraction(y2 - y1, x2 - x1);
                            Fraction b = new Fraction(y1 * (x2 - x1) - x1 * (y2 - y1),x2 - x1);
                            set.add(new Line(k, b));
                        }
        System.out.println(set.size() + X);
    }

    class Fraction {
    
    

        int numerator, denominator;

        Fraction(int numerator, int denominator) {
    
    
            int gcd = gcd(numerator, denominator);
            this.denominator = denominator /gcd;
            this.numerator = numerator / gcd;
        }

        int gcd(int a, int b) {
    
     return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

        @Override
        public boolean equals(Object obj) {
    
    
            return this.numerator == ((Fraction)obj).numerator && this.denominator == ((Fraction)obj).denominator;
        }
    }

    class Line {
    
    

        Fraction k, b;

        Line(Fraction b, Fraction k) {
    
    
            this.k = k;
            this.b = b;
        }

        @Override
        public boolean equals(Object obj) {
    
    
            return this.k.equals(((Line)obj).k) && this.b.equals(((Line)obj).b);
        }

        @Override
        public int hashCode() {
    
    
            return k.denominator;
        }
    }
}

平面几何

这是一个平面直角坐标系，原点与 $(1, 2)$ 连成一条线段。

请添加图片描述
我们将经过这两点的直线，以及这条直线经过的点与该点于横竖轴的垂线标记出来。

显然，若直线经过 $x_{1},y_{1})$ 、 $x_{2},y_{2})$ 两点，那么它必然也经过 $x_{1} +k(x_{1} - x_{2}),y_{1} + k(y_{1} - y_{2}))$ ， $\in Z$ 。

若在连接一条直线时，将所有直线经过的点标记起来，在下次遇到已经标记过的两点，我们便可直接跳过。

public class Test {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Test().run(); }

    int X = 20, Y = 21;

    void run() {
    
    
        int count = 0;
        boolean[][][][] marked = new boolean[X][Y][X][Y];
        for (int x1 = 0; x1 < X; x1++)
            for (int y1 = 0; y1 < Y; y1++) {
    
    
                marked[x1][y1][x1][y1] = true;
                for (int x2 = 0; x2 < X; x2++)
                    for (int y2 = 0; y2 < Y; y2++) {
    
    
                        if (marked[x1][y1][x2][y2]) continue;
                        int x = x1, y = y1, xOffset = x - x2, yOffset = y - y2;
                        while (x >= 0 && x < X && y >= 0 && y < Y) {
    
    
                            x += xOffset;
                            y += yOffset;
                        }
                        x -= xOffset;
                        y -= yOffset;
                        while (x >= 0 && x < X && y >= 0 && y < Y) {
    
    
                            for (int i = x - xOffset, j = y - yOffset; i >= 0 && i < X && j >= 0 && j < Y; i -= xOffset, j -= yOffset) {
    
    
                                marked[x][y][i][j] = marked[i][j][x][y] = true;
                            }
                            x -= xOffset;
                            y -= yOffset;
                        }
                        count++;
                    }
            }
        System.out.println(count);
    }
}

我觉得可能会再考个差不多的，这里给大伙一个推论。

平面直角坐标系上有 $n \times n$ ， $\ge 2$ 个点 ${(x, y)|0 ≤ x < n, 0 ≤ y < n, x ∈ Z, y ∈ Z\}$ ，从原点出发可连接的不同直线为 $\leq x,y <n$ ， $\ne y$ 中 $g c d (x, y) = 1$ 的次数加 $3$ 。

感兴趣的读者可以自行证明。

同时在 $\leq x < y < n$ 时， $g c d (x, y) = 1$ 的出现次数恰好等于 $\displaystyle\sum_{y = 2}^{n-1}\varphi(y)$ ，其中 $\varphi$ 为欧拉函数。

能力有限，这里便不再继续讨论。

#D 货物摆放

本题总分：10 分

问题描述

小蓝有一个超大的仓库，可以摆放很多货物。
现在，小蓝有 $n$ 箱货物要摆放在仓库，每箱货物都是规则的正方体。小蓝规定了长、宽、高三个互相垂直的方向，每箱货物的边都必须严格平行于长、宽、高。
小蓝希望所有的货物最终摆成一个大的立方体。即在长、宽、高的方向上分别堆 $L 、 W 、 H$ 的货物，满足 $n = L \times W \times H$ 。
给定 $n$ ，请问有多少种堆放货物的方案满足要求。
例如，当 $n = 4$ 时，有以下 $6$ 种方案： $1 \times 1 \times 4$ 、 $1 \times 2 \times 2$ 、 $1 \times 4 \times 1$ 、 $2 \times 1 \times 2$ 、 $2 \times 2 \times 1$ 、 $4 \times 1 \times 1$ 。
请问，当 $n = 2021041820210418$ （注意有 $16$ 位数字）时，总共有多少种方案？
提示：建议使用计算机编程解决问题。

答案提交

这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

2430

暴力搜索

每届必考的基本算术定理。

import java.util.ArrayDeque;
import java.util.ArrayList;
import java.util.List;

public class Test {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Test().run(); }

    long n = 2021041820210418L;

    void run() {
    
    
        List<Integer> exps0 = new ArrayList();
        ArrayDeque<Integer> exps1 = new ArrayDeque();
        for (int k = 2; k <= n; k++)
            if (n % k == 0) {
    
    
                int e = 0;
                while (n % k == 0) {
    
    
                    n /= k;
                    e++;
                }
                exps0.add(e);
            }
        System.out.println(dfs(exps0, exps1, 0));
    }

    int dfs(List<Integer> exps0, ArrayDeque<Integer> exps1, int cur) {
    
    
        if (cur == exps0.size()) {
    
    
            int comb = 1;
            for (int exp : exps1)
                comb *= exp + 1;
            return comb;
        }
        int ans = 0;
        for (int i = exps0.get(cur); i >= 0; i--) {
    
    
            exps1.push(i);
            ans += dfs(exps0, exps1, cur + 1);
            exps1.pop();
        }
        return ans;
    }
}

直接套两 for 也不是不行，但这么写出来的程序，通常到比赛结束都跑不完。

因此我们要避免无效因子的判断，

这里统计的为质因子分成三份，可能的组合个数，它与原命题等价。

没什么好讲的。

只用套两 for 是因为一个数的因子只能成对出现，

扫一下数盲。

缩放质因子

举个例子，

当 $n = 9$ 时，有 $6$ 种方案： $1 \times 1 \times 9$ 、 $1 \times 3 \times 3$ 、 $1 \times 9 \times 1$ 、 $3 \times 1 \times 3$ 、 $3 \times 3 \times 1$ 、 $9 \times 1 \times 1$ ;

当 $n = 25$ 时，有 $6$ 种方案： $1 \times 1 \times 25$ 、 $1 \times 5 \times 5$ 、 $\cdots$ ;

当 $n =p^{2^{}}$ 时，有 $6$ 种方案： $1×1×p^{2}$ 、 $1 \times p \times p$ 、 $\cdots$ ;

其中 $p$ 为质数。

其实上例解法当中，我们就能发现，组合的个数与其具体的值无关，它只与质因数指数挂钩。

$2021041820210418 = 2 × 3^3 × 17 × 131 × 2857 × 5882353$

如果我们找最小的几个质数来代替它们，得到的新数字 $2^3 × 3 × 5 × 7 × 11 × 13 = 120120$ 与 $2021041820210418$ 在这个命题下等价。

而 $120120$ 的大小就足够我们真暴搜把它的全部因数组合找到了。

import java.util.ArrayList;
import java.util.List;

public class Test {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Test().run(); }

    long N = 2021041820210418L;

    void run() {
    
    
        List<Integer> exps = new ArrayList();
        for (int k = 2; k <= N; k++)
            if (N % k == 0) {
    
    
                int e = 0;
                while (N % k == 0) {
    
    
                    N /= k;
                    e++;
                }
                exps.add(e);
            }
        exps.sort((a, b) -> (b - a));
        int n = 1, p = 2, ans = 0;
        for (int exp : exps) {
    
    
            for (int i = 2; i * i <= p; i++)
                if (p % i == 0) {
    
    
                    i = 1;
                    p++;
                }
            while (exp-- > 0) n *= p;
            p++;
        }
        for (int a = 1; a <= n; a++)
            if (n % a == 0)
                for (int b = 1; b <= n; b++)
                    if (n / a % b == 0) ans++;
        System.out.println(ans);
    }
}

#E 路径

本题总分：15 分

问题描述

小蓝学习了最短路径之后特别高兴，他定义了一个特别的图，希望找到图中的最短路径。
小蓝的图由 $2021$ 个结点组成，依次编号 $1$ 至 $2021$ 。对于两个不同的结点 $a, b$ ，如果 $a$ 和 $b$ 的差的绝对值大于 $21$ ，则两个结点之间没有边相连；如果 $a$ 和 $b$ 的差的绝对值小于等于 $21$ ，则两个点之间有一条长度为 $a$ 和 $b$ 的最小公倍数的无向边相连。
例如：结点 $1$ 和结点 $23$ 之间没有边相连；结点 $3$ 和结点 $24$ 之间有一条无向边，长度为 $24$ ；结点 $15$ 和结点 $25$ 之间有一条无向边，长度为 $75$ 。
请计算，结点 $1$ 和结点 $2021$ 之间的最短路径长度是多少。
提示：建议使用计算机编程解决问题。

答案提交

这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

10266837

题目已经说的够清楚了，

建一个有 $2021$ 个顶点 $\cfrac{21(21 + 1)}{2}$ 条边的无向图，跑图上的算法就完事了。

还有的细节就是整形是否会溢出，我们取 $(1, 2021]$ 中最大的质数 $2017$ 与 $2021^2$ 相乘，得到的结果还是有点夸张的，虽然经过测试，可能的线路权值合至多不会超过 $2^{31} - 1$ ，但毕竟是面向竞赛，考虑甄别的时间成本，直接使用长整形更为划算。

搜索

深度优先搜索

$2021$ 个顶点，绝大多数顶点都连有 $2 \times 21$ 条边，

别深搜了，一搜就是

compilaition completed successfully in 500ms(4 hour ago)

就，电脑跟选手对着坐牢。

记忆化搜索

深度优先搜索，在搜索最优结果时，通常需要完整的枚举全部可能的问题状态。

但在这个问题状态的集合中，所有可选方案的 “后缀” 都是相同，也就是所有可选的分支，它们都是以同一个节点结尾。

如果我们将已经搜索到的节点到目标节点间的最短路径保存下来，在再次搜索到这个 “后缀” 的分支时直接返回。

那么问题就可能在一个较短的时间内解决。

这也是所谓的记忆化搜索。

import java.util.ArrayList;
import java.util.List;

public class Test {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Test().run(); }

    int N = 2021;

    int[] weight = new int[N + 1];

    List<Edge>[] graph = new List[N + 1];

    boolean[] visited = new boolean[N + 1];

    void run() {
    
    
        for (int i = 1; i <= N; i++)
            graph[i] = new ArrayList();
        for (int v = 1; v <  N; v++)
            for (int w = v + 1; w <= min(v + 21, N);  w++) {
    
    
                graph[v].add(new Edge(w, lcm(v, w)));
                graph[w].add(new Edge(v, lcm(v, w)));
            }
        visited[1] = true;
        System.out.println(dfs(1));
    }

    int dfs(int v) {
    
    
        if (v == N) return 0;
        if (weight[v] != 0) return weight[v];
        int min = 0x7FFFFFFF;
        for (Edge edge : graph[v]) {
    
    
            if (visited[edge.w]) continue;
            visited[edge.w] = true;
            min = min(min, dfs(edge.w) + edge.weight);
            visited[edge.w] = false;
        }
        return weight[v] = min;
    }

    int min(int a, int b) {
    
     return a < b ? a : b; }

    int lcm(int a, int b) {
    
     return a * b / gcd(a, b); }

    int gcd(int a, int b) {
    
     return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

    class Edge {
    
    

        int w, weight;

        Edge(int w, int weight) {
    
    
            this.weight = weight;
            this.w = w;
        }
    }
}

枝剪广搜

其实朴素的去搜索，不论深搜还是广搜，在竞赛里都是很冒进的行为，

影响这两个算法执行效率的因素太多。

当然要是没有其他的思路，也只能死马当活马医了。

幸运的是，只需简单的枝剪，就能在很短的时间计算出结果

import java.util.PriorityQueue;
import java.util.ArrayList;
import java.util.Arrays;
import java.util.Queue;
import java.util.List;

public class Test {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Test().run(); }

    int N = 2021;
    
    void run() {
    
    
        List<Edge>[] graph = new List[N + 1];
        long[] visited = new long[N + 1];
        for (int i = 1; i <= N; i++)
            graph[i] = new ArrayList();
        for (int v = 1; v <  N; v++)
            for (int w = v + 1; w <= min(v + 21, N);  w++) {
    
    
                graph[v].add(new Edge(w, lcm(v, w)));
                graph[w].add(new Edge(v, lcm(v, w)));
            }
        Queue<Vertex> queue = new PriorityQueue();
        Arrays.fill(visited, Long.MAX_VALUE);
        queue.offer(new Vertex(1, 0));
        Vertex V = null;
        while (queue.size() > 0) {
    
    
            V = queue.poll();
            if (V.v == N) break;
            if (V.weight >= visited[V.v]) continue;
            visited[V.v] = V.weight;
            for (Edge edge : graph[V.v])
                queue.offer(new Vertex(edge.w, edge.weight + V.weight));
        }
        System.out.println(V.weight);
    }

    int min(int a, int b) {
    
     return a < b ? a : b; }

    int lcm(int a, int b) {
    
     return a * b / gcd(a, b); }

    int gcd(int a, int b) {
    
     return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

    class Edge {
    
    

        int w, weight;

        Edge(int w, int weight) {
    
    
            this.weight = weight;
            this.w = w;
        }
    }

    class Vertex implements Comparable<Vertex> {
    
    

        int v;
        long weight;

        Vertex(int v, long weight) {
    
    
            this.weight = weight;
            this.v = v;
        }

        @Override
        public int compareTo(Vertex V) {
    
     return Long.compare(this.weight, V.weight); }
    }
}

单源最短路径

Dijkstra

题目给出的图显然是个边加权，权重非负的无向图，跑遍 $D i j k s t r a$ 就完事了。

import java.util.PriorityQueue;
import java.util.ArrayList;
import java.util.Queue;
import java.util.List;

public class Test {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Test().run(); }

    int N = 2021;

    void run() {
    
    
        boolean[] marked = new boolean[N + 1];
        List<Edge>[] graph = new List[N + 1];
        long[] distTo = new long[N + 1];
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
    
    
            graph[i] = new ArrayList();
            distTo[i] = Long.MAX_VALUE;
        }
        for (int v = 1; v <  N; v++)
            for (int w = v + 1; w <= min(v + 21, N);  w++) {
    
    
                graph[v].add(new Edge(w, lcm(v, w)));
                graph[w].add(new Edge(v, lcm(v, w)));
            }
        Queue<Vertex> queue = new PriorityQueue();
        queue.offer(new Vertex(1, distTo[1] = 0));
        while (queue.size() > 0) {
    
    
            Vertex V = queue.poll();
            if (marked[V.v])
                    continue;
            marked[V.v] = true;
            for (Edge edge : graph[V.v])
                if (distTo[edge.w] > distTo[V.v] + edge.weight)
                    queue.offer(new Vertex(edge.w, distTo[edge.w] = distTo[V.v] + edge.weight));
        }
        System.out.println(distTo[N]);
    }

    int min(int a, int b) {
    
     return a < b ? a : b; }

    int lcm(int a, int b) {
    
     return a * b / gcd(a, b); }

    int gcd(int a, int b) {
    
     return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

    class Edge {
    
    

        int w, weight;

        Edge(int w, int weight) {
    
    
            this.weight = weight;
            this.w = w;
        }
    }

    class Vertex implements Comparable<Vertex> {
    
    

        int v;
        long dist;

        Vertex(int v, long dist) {
    
    
            this.dist = dist;
            this.v = v;
        }

        @Override
        public int compareTo(Vertex V) {
    
     return Long.compare(this.dist, V.dist); }
    }
}

Floyd

如果是一道最短路径的结果题。

竞赛时限内能运行完 $O(n^{3})$ 的程序。

那其实无脑套 $F l o y d$ 就行。

public class Test {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Test().run(); }

    int N = 2021;

    void run() {
    
    
        long[][] floyd = new long[N + 1][N + 1];
        for (int v = 1; v < N; v++)
            for (int w = v + 1; w <= min(N, v + 21); w++)
                floyd[v][w] = floyd[w][v] = lcm(v, w);
        for (int k = 1; k <= N; k++)
            for (int v = 1; v <= N; v++)
                if (floyd[v][k] == 0) continue;
                else for (int w = 1; w <= N; w++)
                    if (floyd[k][w] == 0) continue;
                    else if (floyd[v][w] == 0 || floyd[v][k] + floyd[k][w] < floyd[v][w])
                        floyd[v][w] = floyd[v][k] + floyd[k][w];
        System.out.println(floyd[1][N]);
    }

    long min(int a, int b) {
    
     return a < b ? a : b; }

    int lcm(int a, int b) {
    
     return a * b / gcd(a, b); }

    int gcd(int a, int b) {
    
     return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }
}

半分钟就出来了，还行。

A*

隐隐觉得能找到一些有启发性的性质。

推了一下午狗屁没推出来，就当在这开个坑把。

在这里插入代码片

#F 时间显示

时间限制: $1.0$ s 内存限制: $512.0$ MB 本题总分： $15$ 分

问题描述

小蓝要和朋友合作开发一个时间显示的网站。在服务器上，朋友已经获取了当前的时间，用一个整数表示，值为从 $1970$ 年 $1$ 月 1 日 $00 : 00 : 00$ 到当前时刻经过的毫秒数。
现在，小蓝要在客户端显示出这个时间。小蓝不用显示出年月日，只需显示出时分秒即可，毫秒也不用显示，直接舍去即可。
给定一个用整数表示的时间，请将这个时间对应的时分秒输出。

输入格式

输入一行包含一个整数，表示时间。

输出格式

输出时分秒表示的当前时间，格式形如 $H H$ : $M M$ : $S S$ ，其中 $H H$ 表示时，值为 $0$ 到 $23$ ， $M M$ 表示分，值为 $0$ 到 $59$ ， $S S$ 表示秒，值为 $0$ 到 $59$ 。时、分、秒不足两位时补前导 $0$ 。

测试样例₁

Input：
46800999

Output：
13:00:00

测试样例₂

Input：
1618708103123

Output：
01:08:23

评测用例规模与约定

对于所有评测用例，给定的时间为不超过 $10^{18}$ 的正整数。

Java Win

import java.util.Scanner;
import java.time.LocalTime;
import java.time.format.DateTimeFormatter;

public class Main {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Main().run(); }

    void run() {
    
    
        System.out.println(
            LocalTime.MIDNIGHT.
            plusSeconds(
            	new Scanner(System.in).nextLong() / 1000).
            format(DateTimeFormatter.ISO_LOCAL_TIME)
        );
    }
}

不依赖 API 的实现

import java.util.Scanner;

public class Main {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Main().run(); }

    void run() {
    
    
        long t = new Scanner(System.in).nextLong();
        System.out.printf("%02d:%02d:%02d",
            t / 3600000 % 24, t / 60000 % 60, t / 1000 % 60);
    }
}

送分。

#G 最少砝码

时间限制: $1.0$ s 内存限制: $512.0$ MB 本题总分： $20$ 分

问题描述

你有一架天平。现在你要设计一套砝码，使得利用这些砝码可以称出任意小于等于 $N$ 的正整数重量。
那么这套砝码最少需要包含多少个砝码？
注意砝码可以放在天平两边。

输入格式

输入包含一个正整数 $N$ 。

输出格式

输出一个整数代表答案。

测试样例₁

Input：
7

Output：
3

Explanation：
3 个砝码重量是 1、4、6，可以称出 1 至 7 的所有重量。
1 = 1；
2 = 6 − 4 (天平一边放 6，另一边放 4)；
3 = 4 − 1；
4 = 4；
5 = 6 − 1；
6 = 6；
7 = 1 + 6；
少于 3 个砝码不可能称出 1 至 7 的所有重量。

评测用例规模与约定

对于所有评测用例， $1 \leq N \leq 1000000000$ 。

变种三进制

不知道怎么取标题，也算是个规律题，

这不是纯纯的恶心人吗。

一个集合中包含 $n$ 个数，任取若干数可以加减出任意小于等于 $N$ 的正整数。

首先要考虑怎么去满足题目要求的性质，

设第 $i$ 个砝码的重量为 $w_{i}$ ，原集合 $A_{N} = \{w_{1},w_{2},\cdots,w_{n}\}$ 。

要满足题意首先要有 $\ge N$ ，

设我们知道了 $A_{\lfloor N/3 \rfloor}$ 的方案，那么我们就能在这个方案里加入一个 $2\lfloor N/3 \rfloor + 1$ ，就能用 $2\lfloor N/3 \rfloor + 1$ 对 $A_{\lfloor N/3 \rfloor}$ 中个若干元素做差表示出 $(\lfloor N/3 \rfloor, 2\lfloor N/3 \rfloor + 1)$ ，对若干元素求和表示出 $(2\lfloor N/3 \rfloor + 1, N]$ ，并入 $A_{\lfloor N/3 \rfloor}$ 本身能表示的范围，即能表示出任意小于等于 $N$ 的正整数。

如果 $A_{\lfloor N/3 \rfloor}$ 本身是最优的，那么往里面加入 $2\lfloor N/3 \rfloor + 1$ 的 $A_N$ 也一定是最优的，因为要使得 $sum(A_{\lfloor N/3 \rfloor}) \ge N$ ， $K$ 必须大于等于 $2\lfloor N/3 \rfloor + 1$ ，而当 $2\lfloor N/3 \rfloor + 1$ 时，就无法表示出 $\lfloor N/3 \rfloor + 1$ ，

当然这一切还有个前提条件，那就是 $sum(A_{\lfloor N/3 \rfloor}) = \lfloor N/3 \rfloor$ 。’

不过到这里已经足够启发我们去顺推了，

因为这个问题的边界是显然的，

当 $N = 1$ 时， $A_{1} = \{1\}$ ，

我们往 $A_{1}$ 中加入 $2 × sum(A_{1}) + 1$ ，得到 $A_{4}$ ，即

当 $N = 4$ 时， $A_{4} = \{1,3\}$ ，

当 $N = 13$ 时， $A_{13} = \{1,3,9\}$ ，

$\cdots \cdots$

当然还存在 $N$ 不在我们找到的最优规律中。

我们设 $N = 5$ ，

因为 $A_{4} = \{1,3\}$ 的最优性， $2$ 个元素至多组成任意小于等于 $4$ 的正整数，

因为 $A_{13} = \{1,3,9\}$ 的最优性， $3$ 个元素可以表示任意小于等于 $13$ 的正整数。

即对 $N = 5$ 给出的答案，必须大于 $2$ 小于等于 $3$ 。

对于给出任意 $N$ 我们都可以按照这个性质求出答案。

同时在三进制下来看这个规律：

$\{N\} = \{(1)_{3},(11)_{3},(11)_{3},\cdots\}$

可以二分，但没有必要。

import java.util.Scanner;

public class Main {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Main().run(); }

    void run() {
    
    
        long N = new Scanner(System.in).nextLong(), ans = 1;
        for (long pow3 = 1; pow3 < N; pow3 = pow3 * 3 + 1, ans++);
        System.out.println(ans);
    }
}

写的稀烂，主要这题目出的就恶心人。

#H 杨辉三角形

时间限制: $5.0$ s 内存限制: $512.0$ MB 本题总分： $20$ 分

下面的图形是著名的杨辉三角形：
如果我们按从上到下、从左到右的顺序把所有数排成一列，可以得到如下数列：

请添加图片描述
$\cdots$
给定一个正整数 $N$ ，请你输出数列中第一次出现 $N$ 是在第几个数？

输入格式

输入一个整数 $N$ 。

输出格式

输出一个整数代表答案。

测试样例₁

Input：
6

Output：
13

评测用例规模与约定

对于 $20$ % 的评测用例， $1 \leq N \leq 10$ ；
对于所有评测用例， $1 \leq N \leq 1000000000$ 。

图片高清重置

类比单调数列

杨辉三角最外层全部是 $1$ 。

第二层则是自然数序列。
在这里插入图片描述
因为杨辉三角是左右对称的，因此我们可以忽略右边(左边的数字总是比右边先出现)，并将数字按层分成若干序列。
请添加图片描述
由于序列都是从上置下单调递增的，我们可以在每一个这种序列上，二分查找 $N$ 的位置，特别的， $N = 1$ 时直接输出 $1$ 。

此外，杨辉三角第 $n$ 行 m $列$

$=C_{n-1}^{m-1} = \cfrac{(n-1)!}{(m-1)!(n - m)!}$

这个数字增长的非常快 $C_{32}^{16} = 1166803110 > 1e9$ 。

也就至多在 $14$ 条(除去最外两层)这样的序列中查找 $N$ 的位置，因为序列的单调性不允许 $N$ 的出现。

import java.util.Scanner;

public class Main {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Main().run(); }

    int N;

    void run() {
    
    
        N = new Scanner(System.in).nextInt();
        if (N == 1) System.out.println(1);
        else {
    
    
            long ans = (N + 1L) * N / 2 + 2;
            for (int m = 2; m < 16; m++) {
    
    
                int start = m * 2, end = N;
                while (start <= end) {
    
    
                    int mid = start + end >> 1;
                    if (C(mid, m) == N) {
    
    
                        ans = min(ans, (mid + 1L) * mid / 2 + m + 1);
                        break;
                    } if (C(mid, m) > N) end = mid - 1;
                    else start = mid + 1;
                }
            }
            System.out.println(ans);
        }
    }

    long min(long a, long b) {
    
     return a < b ? a : b; }

    long C(int n, int m) {
    
    
        long num = 1;
        for (int nm = 1; nm <= m; n--, nm++)
            if ((num = num * n / nm) > N) return num;
        return num;
    }
}

#I 双向排序

时间限制: $5.0$ s 内存限制: $512.0$ MB 本题总分： $25$ 分

问题描述

给定序列 $a_{1}, a_{2}, · · · , a_{n}) = (1, 2, · · · , n)$ ，即 $a_{i} = i$ 。
小蓝将对这个序列进行 $m$ 次操作，每次可能是将 $a_{1}, a_{2}, · · · , a_{q_{i}}$ 降序排列，或者将 $a_{q_{i}}, a_{q_{i+1}}, · · · , a_{n}$ 升序排列。
请求出操作完成后的序列。

输入格式

输入的第一行包含两个整数 $n, m$ ，分别表示序列的长度和操作次数。
接下来 $m$ 行描述对序列的操作，其中第 $i$ 行包含两个整数 $p_{i}, q_{i}$ 表示操作类型和参数。当 $p_{i} = 0$ 时，表示将 $a_{1}, a_{2}, · · · , a_{q_{i}}$ 降序排列；当 $p_{i} = 1$ 时，表示将 $a_{q_{i}}, a_{q_{i+1}}, · · · , a_{n}$ 升序排列。

输出格式

输出一行，包含 $n$ 个整数，相邻的整数之间使用一个空格分隔，表示操作完成后的序列。

测试样例₁

Input：
3 3
0 3
1 2
0 2

Output：
3 1 2

Explanation：
原数列为 (1, 2, 3)。
第 1 步后为 (3, 2, 1)。
第 2 步后为 (3, 1, 2)。
第 3 步后为 (3, 1, 2)。与第 2 步操作后相同，因为前两个数已经是降序了。

评测用例规模与约定

对于 $30$ % 的评测用例， $n, m \leq 1000$ ；
对于 $60$ % 的评测用例， $n, m \leq 5000$ ；
对于所有评测用例， $1 \leq n, m \leq 100000$ ， $0 ≤ p_{i} ≤ 1$ ， $1 ≤ q_{i} ≤ n$ ；

去冗操作

其实看到这个数据规模，五分钟写完 Brute Force，就可以下一道了， $\log n)$ 就能过 $60$ % 的用例，

多的时间去证明其他程序的正确性可能收益会高点。

不过，骗分就多骗两个吧。

对于连续且 $p_{i}$ 相同操作，在 $p_{i} = 0$ 时只需要做 $q_{i}$ 最大的操作，在 $p_{i} = 1$ 时只需要做 $q_{i}$ 最小的操作，如图：

请添加图片描述
显然去掉冗余操作后，还是和原操作是等价的，只需要建立一个栈就能在线性时间内完成去冗，并且代码量较少。

特别的，我可以先将 $(p : 1, q : 1)$ 压入栈底。

import java.io.*;
import java.util.*;

public class Main {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Main().run(); }

    void run() {
    
    
        InputReader in = new InputReader(System.in);
        PrintWriter out = new PrintWriter(System.out);
        int n = in.readInt(), m = in.readInt();
        Deque<Step> deque = new ArrayDeque();
        deque.push(new Step(1, 1));
        while (m-- > 0) {
    
    
            int p = in.readInt();
            int q = in.readInt();
            while (deque.size() > 0 && deque.peek().p == p)
                if (p == 0)
                    q = max(q, deque.pop().q);
                else
                    q = min(q, deque.pop().q);
            deque.push(new Step(p, q));
        }
        Integer[] ans = new Integer[n];
        for (int i = 0; i < n; i++)
            ans[i] = i + 1;
        deque.pollLast();
        while (deque.size() > 0) {
    
    
            Step step = deque.pollLast();
            if (step.p == 0)
                Arrays.sort(ans, 0, step.q, (a, b)->(b - a));
            else
                Arrays.sort(ans, step.q - 1, n);
        }
        for (int i = 0; i < n; i++) {
    
    
            out.print(ans[i]);
            out.print(' ');
        }
        out.flush();
    }

    int max(int a, int b) {
    
     return a > b ? a : b; }

    int min(int a, int b) {
    
     return a < b ? a : b; }

    class Step {
    
    

        int p, q;

        Step(int p, int q) {
    
    
            this.p = p;
            this.q = q;
        }
    }

    class InputReader {
    
    

        BufferedReader reader;
        StringTokenizer token;

        InputReader(InputStream in) {
    
    
            this.reader = new BufferedReader(new InputStreamReader(in));
        }

        String read() {
    
    
            while (token == null || !token.hasMoreTokens()) {
    
    
                try {
    
    
                    token = new StringTokenizer(reader.readLine());
                } catch (IOException e) {
    
    
                    e.printStackTrace();
                }
            }
            return token.nextToken();
        }

        int readInt() {
    
     return Integer.parseInt(read()); }
    }
}

挣扎一下

这里仅提供一个思路，

假设 $\leq 10000, 50000, 100000$ 各占最后 $40$ % 的三分之一，

也就是理想下我们没多处理一个量级，就能多拿到 $3$ 至 $4$ 分。

可以尝试去冗 + 桶排基排混起来乱搞一波， $50000$ 的数据 $5$ s 还是能跑下来的。

就，证我绝学。

填数游戏

其实最开始就想直接写到这一步，

但是我忙的同时又有点闲，就拆开写吧。

经过上述去冗操作，可以发现，最后需要操作的是一个 $\ 0\mid 1$ 交替的序列，为了便于读者理解，

这里将原序列和操作抽象成不等长不同色线段，

特别的，原序列和 $p = 1$ 的操作是一个颜色，因为原序列本就是升序。

请添加图片描述
将 $p = 0$ 和 $p = 1$ 最大操作范围标记出来。

在这里插入图片描述
显然，在 $q$ 不为端点时，每次操作都有段不变的区间。

图像告诉了我们，如果 $q$ 操作的范围盖过了栈里最近的 $q$ ，那么不仅这个最近的 $q$ ，连同栈顶 $q$ 相反的操作都是可以跳过的。

同时根据这个性质优化后，根据栈内剩余的操作，我们总是能找到一段顺或倒序的不变区间。

将不变区间填入最终的答案，整个算法就大体完成了。

import java.io.*;
import java.util.*;

public class Main {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Main().run(); }

    void run() {
    
    
        InputReader in = new InputReader(System.in);
        PrintWriter out = new PrintWriter(System.out);
        int n = in.readInt(), m = in.readInt(), top;
        Step[] stack = new Step[m + 1];
        for (top = 0; m-- > 0;) {
    
    
            int p = in.readInt();
            int q = in.readInt();
            if (p == 0) {
    
    
                while (top > 0 && stack[top].p == p) q = max(q, stack[top--].q);
                while (top > 1 && stack[top - 1].q <= q) top -= 2;
                stack[++top] = new Step(p, q);
            } else if (top > 0){
    
    
                while (top > 0 && stack[top].p == p) q = min(q, stack[top--].q);
                while (top > 1 && stack[top - 1].q >= q) top -= 2;
                stack[++top] = new Step(p, q);
            }
        }
        int[] ans = new int[n + 1];
        int a = n, l = 0, r = n - 1;
        for (int i = 1; i <= top; i++)
            if (stack[i].p == 0)
                while (r >= stack[i].q && l <= r) ans[r--] = a--;
            else
                while (l + 1 < stack[i].q && l <= r) ans[l++] = a--;
        if ((top & 1) == 1)
            while (l <= r) ans[l++] = a--;
        else
            while (l <= r) ans[r--] = a--;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
    
    
            out.print(ans[i]);
            out.print(' ');
        }
        out.flush();
    }

    int max(int a, int b) {
    
     return a > b ? a : b; }

    int min(int a, int b) {
    
     return a < b ? a : b; }

    class Step {
    
    

        int p, q;

        Step(int p, int q) {
    
    
            this.p = p;
            this.q = q;
        }
    }

    class InputReader {
    
    

        BufferedReader reader;
        StringTokenizer token;

        InputReader(InputStream in) {
    
    
            this.reader = new BufferedReader(new InputStreamReader(in));
        }

        String read() {
    
    
            while (token == null || !token.hasMoreTokens()) {
    
    
                try {
    
    
                    token = new StringTokenizer(reader.readLine());
                } catch (IOException e) {
    
    
                    e.printStackTrace();
                }
            }
            return token.nextToken();
        }

        int readInt() {
    
     return Integer.parseInt(read()); }
    }
}

Chtholly Tree

未加限定的珂朵莉树 ( $\mathrm{Chtholly Tree}$ )，就是红黑树上建值域线段树，在随机构造的数据下期望复杂度为 $\log \log n)$ ，

但 $\mathrm{Java}$ 实现起来非常痛苦，于是 $\mathrm{plan\ B}$ ，改用链表实现，

其在随机构造的数据下期望复杂度为 $\log n)$ 。

珂朵莉树的策略就是将值域相同的区间合并成一个节点，

对于任意 $[L, R]$ 上的操作，我们都能转换成珂朵莉树 $\mathrm{merge(split(L), split(R+1))}$ 上的操作。

~~这里其实是珂朵莉链表而不是树~~

举个具体且形象的例子对我来说还是太难了，

兄弟们自己找篇博客参考一下吧。

虽然捏个踢烂珂朵莉树的数据很简单，

但就蓝桥的难度而言，

出题人见没见过还是个问题。

import java.io.*;
import java.util.*;

public class Main {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Main().run(); }

    void run() {
    
    
        InputReader in = new InputReader(System.in);
        int n = in.readInt(), m = in.readInt();
        Node[] root = new Node[n + 1];
        int[] P = new int[n + 1];
        Range lower, temp, now;
        lower = now = new Range(0);
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
    
            now = now.next = new Range(i);
            root[i] = build(1, n, i);
        }
        now.next = new Range(n + 1);
        while (m-- > 0) {
    
    
            int p = in.readInt();
            int L = in.readInt();
            int R = n;
            if (p == 0) {
    
    
                R = L;
                L = 1;
            }
            now = lower;
            while (now.next.L <= L) now = now.next;
            if (L > now.L) {
    
    
                root[L] = split(root[now.L], L - now.L, P[now.L]);
                now = now.next = new Range(L, now.next);
            }
            temp = now;
            Node pq = null;
            while (now.L <= R) {
    
    
                if (now.next.L > R + 1) root[R + 1] = split(root[now.L], R + 1 - now.L, P[R + 1] = P[now.L]);
                pq = merge(pq, root[now.L]);
                now = now.next;
            }
            if (now.L == R + 1) temp.next = now;
            else temp.next = new Range(R + 1, now);
            root[L] = pq;
            P[L] = p;
        }
        StringBuilder ans = new StringBuilder();
        while ((lower = lower.next).L <= n)
            buildAns(ans, root[lower.L], 1, n, P[lower.L]);
        System.out.println(ans);
    }

    Node split(Node tree, int k, int p) {
    
    
        if (tree == null) return null;
        Node split= new Node(0);
        if (p == 0) {
    
    
            int K = K(tree.right);
            if (k <= K) {
    
    
                if (k != K) split.right = split(tree.right, k, p);
                split.left = tree.left;
                tree.left = null;
            } else split.left = split(tree.left, k - K, p);
        } else {
    
    
            int K = K(tree.left);
            if (k <= K) {
    
    
                if (k != K) split.left = split(tree.left, k, p);
                split.right = tree.right;
                tree.right = null;
            } else split.right = split(tree.right, k - K, p);
        }
        split.k = tree.k - k;
        tree.k = k;
        return split;
    }

    Node merge(Node tree1, Node tree2) {
    
    
        if (tree1 == null) return tree2;
        if (tree2 != null){
    
    
            tree1.k += K(tree2);
            tree1.left = merge(tree1.left, tree2.left);
            tree1.right = merge(tree1.right, tree2.right);
        }
        return tree1;
    }

    Node build(int L, int R, int k) {
    
    
        if (L == R) return new Node(1);
        Node node = new Node(1);
        int mid = L + R >> 1;
        if (k <= mid) node.left = build(L, mid, k);
        else node.right = build(mid + 1, R, k);
        return node;
    }

    void buildAns(StringBuilder builder, Node root, int L, int R, int p) {
    
    
        if (root == null) return;
        if (L == R) builder.append(L).append(' ');
        else {
    
    
            int mid = L + R >> 1;
            if (p == 0) {
    
    
                buildAns(builder, root.right, mid + 1, R, p);
                buildAns(builder, root.left, L, mid, p);
            } else {
    
    
                buildAns(builder, root.left, L, mid, p);
                buildAns(builder, root.right, mid + 1, R, p);
            }
        }
    }

    int K(Node node) {
    
     return node == null ? 0 : node.k; }

    class Range {
    
    

        int L;

        Range next;

        Range(int L) {
    
     this(L, null); }

        Range(int L, Range next) {
    
    
            this.L = L;
            this.next = next;
        }
    }

    class Node {
    
    

        int k = 1;

        Node left, right;

        Node(int k) {
    
     this.k = k; }
    }

    class InputReader {
    
    

        BufferedReader reader;
        StringTokenizer token;

        InputReader(InputStream in) {
    
     this.reader = new BufferedReader(new InputStreamReader(in)); }

        String read() {
    
    
            while (token == null || !token.hasMoreTokens()) {
    
    
                try {
    
    
                    token = new StringTokenizer(reader.readLine());
                } catch (IOException e) {
    
    
                    e.printStackTrace();
                }
            }
            return token.nextToken();
        }

        int readInt() {
    
     return Integer.parseInt(this.read()); }
    }
}

#J 括号序列

时间限制: $5.0$ s 内存限制: $512.0$ MB 本题总分： $25$ 分

问题描述

给定一个括号序列，要求尽可能少地添加若干括号使得括号序列变得合法，当添加完成后，会产生不同的添加结果，请问有多少种本质不同的添加结果。
两个结果是本质不同的是指存在某个位置一个结果是左括号，而另一个是右括号。
例如，对于括号序列 ((()，只需要添加两个括号就能让其合法，有以下几种不同的添加结果：()()()、()(())、(())()、(()()) 和 ((()))。

输入格式

输入一行包含一个字符串 $s$ ，表示给定的括号序列，序列中只有左括号和右括号。

输出格式

输出一个整数表示答案，答案可能很大，请输出答案除以 $1000000007$ (即 $10^{9} + 7$ ) 的余数。

测试样例₁

Input：
((()

Output：
5

评测用例规模与约定

对于 $40$ % 的评测用例， $∣ s ∣ \leq 200$ 。
对于所有评测用例， $1 \leq ∣ s ∣ \leq 5000$ 。

动态规划

题目要求尽可能少的添加括号使得括号序列合法，

在既要添加右括号，也要的添加左括号的位置，

只会出现 $\mathrm{)(}$ 、 $\mathrm{))((}$ ，而不会出现 $\mathrm{()}$ 这种情况。

因为 $\mathrm{()}$ 是一次无效添加，有悖我们需要的添加的最优性。

基于上述性质，我们很容易知道，左右括号的添加方案是互不影响的，

因此我们可以分别求出左右括号本质不同的添加结果个数，它们的乘积就是 $S$ 的本质不同添加结果个数。

设 $f_{i,j}$ 为 $S$ 的子串 $S [1, i]$ 添加 $j$ 个右括号的本质不同添加结果个数。

如果末尾字符 $S [i]$ 为左括号，显然 $f_{i,j} = f_{i-1,j-1}$ ，因为在保证合法性的最少添加下，我们仅能在末位添个右括号。

如果末尾字符 $S [i]$ 为右括号，我们可以简单将本质不同添加结果按在 $i$ 处右括号连续的个数分类，

此时 $f_{i,j} = \displaystyle\sum_{k=0}^{j+1}f_{i-1,k}$ 。

但其实到这一步还是不够，因为我们的方程复杂度在 $O(n^{3})$ ，而题目数据最大在 $5000$ ，

过不了，怎么想都过不了。

但将公式简单变形后

$f_{i,j} = \displaystyle\sum_{k=0}^{j}f_{i-1,k} + f_{i-1,j+1}=f_{i,j-1} + f_{i-1,j+1}$

就 OJBK 了。

public class Main {
    
    

    public static void main(String[] args) {
    
     new Main().run(); }

    int mod = 1000000007;

    void run() {
    
    
        byte[] line = new byte[5555];
        try {
    
    
            int n = System.in.read(line, 1, 5050) - 1;
            System.out.println(calc(line, n, false) * calc(line, n, true) % mod);
        } catch (java.io.IOException e) {
    
    
            e.fillInStackTrace();
        }
    }

    long calc(byte[] str, int n, boolean turn) {
    
    
        if (turn) reverse(str, n);
        int[][] dp = new int[n + 1][n + 2];
        int opening = 0;
        dp[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
    
            if (str[i] == '(') {
    
    
                for (int j = 1; j <= n; j++)
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
                opening++;
            }
            else {
    
    
                dp[i][0] = (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1]) % mod;
                for (int j = 1; j <= n; j++)
                    dp[i][j] = (dp[i][j - 1] + dp[i - 1][j + 1]) % mod;
                if (opening > 0) opening--;
            }
        }
        return dp[n][opening];
    }

    void reverse(byte[] arr, int n) {
    
    
        for (int i = 1, j = n; i <= j; i++, j--) {
    
    
            byte temp = (byte)(arr[i] ^ 1);
            arr[i] = (byte)(arr[j] ^ 1);
            arr[j] = temp;
        }
    }
}

第十二届蓝桥杯 2021年省赛真题 (Java 大学B组) 第一场

蓝桥杯 2021年省赛真题 (Java 大学B组）

#A ASC

#B 卡片

朴素解法

弯道超车

#C 直线

直线方程集合

分式消除误差

平面几何

#D 货物摆放

暴力搜索

缩放质因子

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