2017CCPC杭州题目PDF

Problem A. Super-palindrome

题解:

  给你一个字符串,每一步可以将一个字符替换为另一个字符,问你最少多少步可以使得,该字符串任意奇数子串为回文串,偶数子串为回文串。

满足上面条件一定是ababab这种形式,所以我们只要找到数量最多的两种字符用n-numa-numb得到ans1,有可能一种字符的数量过多,这时候我们只要把所有字符都变成这种字符就行了。得到n-numa,ans2;

在ans1和ans2中去最小值就是答案了;

参考代码:

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. typedef long long ll;
  4. const int maxn=;
  5. int T,a[maxn];
  6. char s[maxn];
  7.  
  8. int main()
  9. {
  10. scanf("%d",&T);
  11. while(T--)
  12. {
  13. scanf("%s",s+);
  14. int len=strlen(s+),ans=;
  15. for(int i=;i<=len;++i) a[i]=s[i]-'a'+;
  16. for(int i=;i<=;++i)
  17. {
  18. for(int j=;j<=;++j)
  19. {
  20. int sum=;
  21. for(int k=;k<=len;++k)
  22. {
  23. if((k&)&&a[k]==i) ++sum;
  24. if(!(k&)&&a[k]==j) ++sum;
  25. }
  26. ans=max(ans,sum);
  27. }
  28. }
  29. for(int i=;i<=;++i)
  30. {
  31. int sum=;
  32. for(int k=;k<=len;++k)
  33. if(a[k]==i) sum++;
  34. ans=max(ans,sum);
  35. }
  36. printf("%d\n",len-ans);
  37.  
  38. }
  39.  
  40. return ;
  41. }

Problem B. Master of Phi

  公式化简;

参考代码:

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. typedef long long LL;
  4. const int mod=;
  5. int quick_pow(int a,int b){int ans=;while(b) {if(b&) ans=1LL*a*ans%mod;a=1LL*a*a%mod;b>>=;} return ans;}
  6. int main()
  7. {
  8. int t;
  9. scanf("%d",&t);
  10. while(t--)
  11. {
  12. int m;
  13. scanf("%d",&m);
  14. LL ans=;
  15. for(int i=;i<=m;i++)
  16. {
  17. int p,q;
  18. scanf("%d%d",&p,&q);
  19. ans=1LL*ans*(quick_pow(p,q)+1LL*quick_pow(p,q-)*(p-)%mod*q%mod)%mod;
  20. }
  21. printf("%lld\n",ans);
  22. }
  23. }

Problem C. Hakase and Nano

题解:

  给你n对石头,每堆a[i]个,一个d,d==1时表示Hakase先手,d==2时表示Nano先手,每次从一堆中拿任意个石头,至少拿一个;但是这是一个不平等博弈,就是Hakase可以连续拿两次,而Nano只能连续拿一次。问你Hakase是否可以取胜。

  首先如果d==1,那么只有当所有堆石头的数量都为1且数量%3==1的时候Hakase才必败,其他情况都是必胜。

d==2的时候,因为N想赢所以肯定想转换到上述H会输的状态,所以H在n是3的倍数,且有n-1个数为1时会输(这时N只需从不是1的那堆石子里拿掉一些石子使状态变为1 1 1),或者n是3的倍数余1,且n个数为1时会输(此时N只需拿掉一堆石子,H就到了必输态),或者n是3的倍数余1,且n-1个数为1时会输(此时N只需拿掉一堆不是1的石子,H就到了必输态)。

参考代码:

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. typedef long long ll;
  4. int T,n,d,x;
  5.  
  6. int main()
  7. {
  8. scanf("%d",&T);
  9. while(T--)
  10. {
  11. int cnt=;
  12. scanf("%d%d",&n,&d);
  13. for(int i=;i<=n;++i) scanf("%d",&x),cnt+=(x==);
  14. if(d==)
  15. {
  16. if(cnt==n&&n%==) puts("No");
  17. else puts("Yes");
  18. }
  19. else
  20. {
  21. if(n%==&&cnt>=n-) puts("No");
  22. else if(n%==&&cnt==n-) puts("No");
  23. else puts("Yes");
  24. }
  25. }
  26.  
  27. return ;
  28. }

Problem D. Master of Random

题解:

  给你一棵树,每个节点有个权值,现在这个树是随机的,现在随即选择一颗子树,问你这棵子树的节点权值和的期望为多少;

  我们考虑对于一颗子树上面的点,他到子树的根必定在他到整个树的根的路径上面,然后,我们考虑每次添加一个节点,他要么是子树根节点,要么自己单独型号才能一个子树。

参考代码:

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. #define mod 998244353
  4. typedef long long ll;
  5. const int maxn=1e5+;
  6. int T,n;
  7. ll num,sum,ans,a[maxn],f[maxn];
  8. ll qpow(ll x,ll y)
  9. {
  10. ll res=;
  11. while(y)
  12. {
  13. if(y&) res=res*x%mod;
  14. x=x*x%mod;
  15. y>>=;
  16. }
  17. return res;
  18. }
  19.  
  20. int main()
  21. {
  22. scanf("%d",&T);
  23. while(T--)
  24. {
  25. scanf("%d",&n);
  26. sum=;ans=;
  27. num=qpow(n,mod-);
  28. for(int i=;i<=n;i++) scanf("%lld",a+i);
  29. for(int i=;i<=n;i++)
  30. {
  31. f[i]=(sum*qpow(i-,mod-)%mod+)%mod;
  32. sum=(sum+f[i])%mod;
  33. ans=(ans+a[i]*f[i]%mod)%mod;
  34. }
  35. ans=(ans*num)%mod;
  36.  
  37. printf("%lld\n",ans);
  38. }
  39. return ;
  40. }

Problem E. Master of Subgraph

题解:

  题目给你一个树图,然后每个节点一个权值a[i],给你一个m,对于x=1~m :问你该树图里面是否有连通子图的值为x,输出x对应取值下的答案(0/1);

  我们考虑点分治,用bitset维护经过每个点的链的权值和。

参考代码:

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. typedef long long ll;
  4. const int INF=0x3f3f3f3f;
  5. const int maxn=3e3+;
  6. const int maxm=1e5+;
  7. bitset<maxm> bit[maxn],ans;
  8. int T,n,m,w[maxn];
  9. vector<int> g[maxn];
  10. int root,mx[maxn],siz[maxn],S;
  11. bool vis[maxn];
  12.  
  13. void getroot(int u,int fa)
  14. {
  15. siz[u]=;mx[u]=;
  16. for(int i=,len=g[u].size();i<len;++i)
  17. {
  18. int v=g[u][i];
  19. if(v==fa || vis[v]) continue;
  20. getroot(v,u);
  21. siz[u]+=siz[v];
  22. mx[u]=max(mx[u],siz[v]);
  23. }
  24. mx[u]=max(mx[u],S-mx[u]);
  25. if(mx[u]<mx[root]) root=u;
  26.  
  27. }
  28.  
  29. void calc(int u,int fa)
  30. {
  31. siz[u]=;bit[u]<<=w[u];
  32. for(int i=,len=g[u].size();i<len;++i)
  33. {
  34. int v=g[u][i];
  35. if(vis[v]||v==fa) continue;
  36. bit[v]=bit[u];
  37. calc(v,u);
  38. bit[u]|=bit[v];
  39. siz[u]+=siz[v];
  40. }
  41. }
  42.  
  43. void solve(int u)
  44. {
  45. vis[u]=true;
  46. bit[u].reset();bit[u].set();
  47. calc(u,);
  48. ans|=bit[u];
  49. for(int i=,len=g[u].size();i<len;++i)
  50. {
  51. int v=g[u][i];
  52. if(vis[v]) continue;
  53. root=; S=siz[v];
  54. getroot(v,);
  55. solve(root);
  56. }
  57.  
  58. }
  59.  
  60. int main()
  61. {
  62. scanf("%d",&T);
  63. while(T--)
  64. {
  65. ans.reset();
  66. scanf("%d%d",&n,&m);
  67. for(int i=;i<=n;++i) g[i].clear(),vis[i]=;
  68. for(int i=;i<n;++i)
  69. {
  70. int u,v;
  71. scanf("%d%d",&u,&v);
  72. g[u].push_back(v);
  73. g[v].push_back(u);
  74. }
  75. for(int i=;i<=n;++i) scanf("%d",w+i);
  76. S=n; root=;mx[]=INF;
  77. getroot(,);
  78. solve();
  79. for(int i=;i<=m;++i)
  80. printf("%d",(int)ans[i]);
  81. puts("");
  82.  
  83. }
  84.  
  85. return ;
  86. }

Problem J. Master of GCD

题意:

  给出T组数据(1 <= T  <= 10),每组数据中,有两个数n(1  <= n <= 10^5)和 m (1 <= m <= 10^5)。其中 n 表示有n个由1组成的数, m表示下面给出m组数据,每组数据由 p,q,k 组成。表示区间p 到 q,增大k倍(k 等于2 或者 3).输出这n个数最终的最大公约数。由于数据比较大,因此需要mod 998244353。 
  差分一下,维护2的次幂和3的次幂;

参考代码:

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. #define mod 998244353
  4. typedef long long ll;
  5. const int maxn=1e5+;
  6. int T,n,m;
  7. ll x[maxn],y[maxn];
  8. ll qpow(ll x,ll y)
  9. {
  10. ll res=;
  11. while(y)
  12. {
  13. if(y&) res=res*x%mod;
  14. x=x*x%mod;
  15. y>>=;
  16. }
  17. return res;
  18. }
  19.  
  20. int main()
  21. {
  22. scanf("%d",&T);
  23. while(T--)
  24. {
  25. scanf("%d%d",&n,&m);
  26. for(int i=;i<=n;++i) x[i]=y[i]=;
  27. for(int i=;i<=m;++i)
  28. {
  29. int l,r,xx;
  30. scanf("%d%d%d",&l,&r,&xx);
  31. if(xx==) x[l]++,x[r+]--;
  32. else y[l]++,y[r+]--;
  33. }
  34.  
  35. for(int i=;i<=n;++i) x[i]+=x[i-],y[i]+=y[i-];
  36. ll ans1=x[],ans2=y[];
  37. for(int i=;i<=n;++i)
  38. ans1=min(ans1,x[i]),ans2=min(ans2,y[i]);
  39. ll ans=qpow(,ans1)*qpow(,ans2)%mod;
  40. printf("%lld\n",ans);
  41. }
  42.  
  43. return ;
  44. }

Problem K. Master of Sequence

题解:

参考代码:

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. #define mod 998244353
  3. const int maxn=1e6+;
  4. using namespace std;
  5. typedef long long ll;
  6. struct node{
  7. ll a,b;
  8. } p[maxn];
  9. int T,n,m,num[][],cnt[];
  10. ll s;
  11. int main()
  12. {
  13. scanf("%d",&T);
  14. while(T--)
  15. {
  16. s=;
  17. memset(num,,sizeof num);
  18. memset(cnt,,sizeof cnt);
  19. scanf("%d%d",&n,&m);
  20. for(int i=;i<=n;++i) scanf("%d",&p[i].a);
  21. for(int i=;i<=n;++i)
  22. {
  23. scanf("%d",&p[i].b);
  24. s+=(p[i].b/p[i].a);
  25. cnt[p[i].a]++;
  26. num[p[i].a][p[i].b%p[i].a]++;
  27. }
  28. for(int i=;i<=;i++)
  29. for(int j=i-;j>=;j--)
  30. num[i][j]+=num[i][j+];
  31.  
  32. while(m--)
  33. {
  34. int ty,y,z;
  35. scanf("%d",&ty);
  36. if(ty==)
  37. {
  38. scanf("%d%d",&y,&z);
  39. for(int i=p[y].b%p[y].a;i>=;--i) num[p[y].a][i]--;
  40. s-=(p[y].b/p[y].a);
  41. cnt[p[y].a]--;
  42. p[y].a=z;
  43. s+=(p[y].b/p[y].a);
  44. cnt[z]++;
  45. for(int i=p[y].b%z;i>=;--i) num[z][i]++;
  46. }
  47. else if(ty==)
  48. {
  49. scanf("%d%d",&y,&z);
  50. for(int i=p[y].b%p[y].a;i>=;--i) num[p[y].a][i]--;
  51. s-=(p[y].b/p[y].a);
  52. p[y].b=z;
  53. s+=(p[y].b/p[y].a);
  54. for(int i=p[y].b%p[y].a;i>=;--i) num[p[y].a][i]++;
  55. }
  56. else
  57. {
  58. ll k;
  59. scanf("%lld",&k);
  60. ll l=,r=1e13,ans;
  61. while(l<=r)
  62. {
  63. ll mid=l+r>>;
  64. ll sum=-s;
  65. for(int i=;i<=;++i) sum+=mid/i*cnt[i]-num[i][mid%i+];
  66. if(sum>=k) r=mid-,ans=mid;
  67. else l=mid+;
  68. }
  69. printf("%lld\n",ans);
  70. }
  71. }
  72. }
  73.  
  74. return ;
  75. }

 

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