The 2019 Asia Nanchang First Round Online Programming Contest
A. Enju With math problem
题意：
给出\(a_1,\cdots,a_{100}\)，满足\(a_i\leq 1.5*10^8\)。
现在问是否存在一个\(pos\)，满足：
\[\forall x\in [1,100],a_x=\varphi(x+pos-1)
\]
\]
思路：
- 假设素数间隔没有超过\(100\)，那就很简单，直接枚举\(a_i\)，判断\(a_i+1\)是否为素数，反解出\(pos\)再来逐一验证即可。
- 但是素数间隔很可能是超过\(100\)的。
- 因为\(\varphi\)为积性函数，所以考虑两个素数的乘积形式，假设为\(p*q\)，并且一定存在一个较小的素数\(p\)，乘以\(q\)可以让结果落在对应区间。
至于为什么，还是考虑素数间隔总体来说是比较小的，平均为\(logn\)级别，所以将一个素数乘以某个较小的数能大概率落到连续区间内...(好吧，我在口胡)
- 所以直接枚举一个较小的素数，然后利用欧拉函数性质，反解出\(pos\)，同样逐一验证即可。
注意及时break是一个比较重要的减枝，不然可能会T。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 105;
namespace Miller_Rabin{
ll mul(ll a, ll b, ll p) {
a %= p, b %= p;
ll ans = 0;
while(b) {
if(b & 1) {
ans = ans + a;
if(ans > p) ans -= p;
}
a = a + a;
if(a > p) a -= p;
b >>= 1;
}
return ans;
}
ll qp(ll a, ll b, ll p) {
ll ans = 1; a %= p;
while(b) {
if(b & 1) ans = mul(ans, a, p);
a = mul(a, a, p);
b >>= 1;
}
return ans;
}
bool check(ll a, ll n, ll x, ll t) {
ll ans = qp(a, x, n);
ll last = ans;
for(int i = 1; i <= t; i++) {
ans = mul(ans, ans, n);
if(ans == 1 && last != 1 && last != n - 1) return true;
last = ans;
}
if(ans != 1) return true;
return false;
}
bool go(ll n) {
if(n == 1 || (n & 1) == 0) return false;
if(n == 2) return true;
ll x = n - 1, t = 0;
while((x & 1) == 0) {x >>= 1, ++t;}
srand(time(NULL));
for(int i = 0; i < 8; i++) {
ll a = rand() % (n - 1) + 1;
if(check(a, n, x, t)) return false;
}
return true;
}
}
int T, n;
int a[N];
int getphi(int x) {
int ans = x;
for(int i = 2; 1ll * i * i <= x; i++) {
if(x % i == 0) {
ans = ans / i * (i - 1);
while(x % i == 0) x /= i;
}
}
if(x > 1) ans = ans / x * (x - 1);
return ans;
}
bool gao1() {
int p = -1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(Miller_Rabin::go(a[i] + 1)) {
p = a[i] + 2 - i;
int f = 1;
for(int j = 1; j <= n; j++) {
if(a[j] != getphi(p + j - 1)) {
f = 0; break;
}
}
if(f) {
cout << "YES" << '\n' << p << '\n';
return true;
}
}
}
return false;
}
const int prime[10] = {0, 2, 3, 5, 7, 11, 13};
void gao2() {
int p = -1;
for(int i = 1; i <= 4; i++) {
for(int j = 1; j <= n; j++) {
if(a[j] % (prime[i] - 1)) continue;
int tmp = a[j] / (prime[i] - 1) + 1;
if(Miller_Rabin::go(tmp)) {
p = 1ll * tmp * prime[i] + 1 - j;
int f = 1;
for(int k = 1; k <= n; k++) {
if(a[k] != getphi(k + p - 1)) {
f = 0; break;
}
}
if(f) {
cout << "YES" << '\n' << p << '\n';
return;
}
}
}
}
cout << "NO" << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
cin >> T; n = 100;
while(T--) {
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
bool f = gao1();
if(!f) gao2();
}
return 0;
}
B. Fire-Fighting Hero
题意：
这个题意有点绕，简单来说，就是给出一个点\(S\)和一个点集\(V\)，现在要求\(S\)和\(V\)到所有点最短路最大值的最小值。
思路：
- 显然从\(S\)出发只需要跑一次最短路即可。
- 那么对于点集\(V\)呢？因为我们可以看作同时从每个点集中的点出发，那么将其初始\(d\)赋为\(0\)就好了。
详见代码：
Code
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
const int MAXN = 1e3+5,MAXM = 1e6+5,MOD = 1e9+7,INF = 0x3f3f3f3f,N=100050;
const ll INFL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const db eps = 1e-9;
#define lson o<<1,l,m
#define rson o<<1|1,m+1,r
#define mid l + ((r-l)>>1)
#define rep(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)
#define pii pair<int,int>
#define vii vector<pii>
#define vi vector<int>
using namespace std;
struct Edge{
int v,w,next;
}e[MAXM];
int t,n,m,S,k,C,x,y,w;
int head[MAXN],cnt;
bool vis[MAXN];
ll d[MAXN];
inline void addEdge(int u,int v,int w){
e[++cnt]={v,w,head[u]};head[u]=cnt;
}
priority_queue<pair<ll,int>> q;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
//freopen("../A.in","r",stdin);
//freopen("../A.out","w",stdout);
cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>m>>S>>k>>C;
for(int i=1;i<=n;i++)d[i]=INFL;
for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=0;
for(int i=1;i<=k;i++){
cin>>x;
q.push({0,x});
d[x]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)head[i]=0;
cnt=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>x>>y>>w;
addEdge(x,y,w);addEdge(y,x,w);
}
while(q.size()){
pair<ll,int> x=q.top();q.pop();
int u=x.second;
if(vis[u])continue;
vis[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].v;
if(d[v] > d[u]+e[i].w){
d[v]=d[u]+e[i].w;
q.push({-d[v],v});
}
}
}
ll T=0;
for(int i=1;i<=n;i++)T=max(T,d[i]);
q.push({0,S});
for(int i=1;i<=n;i++)d[i]=INFL;
for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=0;
d[S]=0;
while(q.size()){
pair<ll,int> x=q.top();q.pop();
int u=x.second;
if(vis[u])continue;
vis[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].v;
if(d[v] > d[u]+e[i].w){
d[v]=d[u]+e[i].w;
q.push({-d[v],v});
}
}
}
ll H=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
H=max(H,d[i]);
}
if(H<=T*C){
cout<<H<<'\n';
}else cout<<T<<'\n';
}
return 0;
}
C. Hello 2019
题意：
给出一个串\(T\)，现在有多个询问，对于每个询问，需要回答区间中最少删除多少个数，使得区间里面不含\(8102\)，但是含\(9102\)这样的子序列。
思路：
\(cf\)上面的一个原题...和那道题的做法一样，只是我们把串反过来处理即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
const int MAXN = 2e5+5,MAXM = 1e6+5,MOD = 998244353,INF = 0x3f3f3f3f;
const ll INFL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const db eps = 1e-9;
#define lson o<<1,l,m
#define rson o<<1|1,m+1,r
#define mid l + ((r-l)>>1)
#define rep(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)
#define pii pair<int,int>
#define vii vector<pii>
#define vi vector<int>
using namespace std;
int n,q,l,r;
char s[MAXN];
struct Matrix{
int v[5][5];
Matrix(){
memset(v,0x3f,sizeof(v));
}
Matrix operator *(const Matrix &B)const{
Matrix ans;
for(int i=0;i<5;i++){
for(int j=0;j<5;j++){
for(int k=0;k<5;k++){
ans.v[i][j] = min(ans.v[i][j],v[i][k] + B.v[k][j]);
}
}
}
return ans;
}
}f[MAXN<<2],ans;
inline void pushUp(int o){
f[o] = f[o<<1]*f[o<<1|1];
}
void build(int o,int l,int r){
if(l==r){
for(int i=0;i<5;i++)f[o].v[i][i]=0;
if(s[l]=='2'){
f[o].v[0][0]=1;f[o].v[0][1]=0;
}else if(s[l]=='0'){
f[o].v[1][1]=1;f[o].v[1][2]=0;
}else if(s[l]=='1'){
f[o].v[2][2]=1;f[o].v[2][3]=0;
}else if(s[l]=='9'){
f[o].v[3][3]=1;f[o].v[3][4]=0;
}else if(s[l]=='8'){
f[o].v[3][3]=1;f[o].v[4][4]=1;
}
return ;
}
int m=mid;
build(lson);build(rson);
pushUp(o);
}
Matrix query(int o,int l,int r,int L,int R){
if(l>=L&&r<=R){
return f[o];
}
int m=mid;
if(R<=m)return query(lson,L,R);
if(L>m)return query(rson,L,R);
return query(lson,L,R)*query(rson,L,R);
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
//freopen("../A.in","r",stdin);
//freopen("../A.out","w",stdout);
cin>>n>>q;
cin>>(s+1);
reverse(s+1,s+1+n);
build(1,1,n);
for(int i=1;i<=q;i++){
cin>>l>>r;
l = n-l+1;
r = n-r+1;
ans=query(1,1,n,r,l);
if(ans.v[0][4]>n)cout<<"-1\n";
else cout<<ans.v[0][4]<<'\n';
}
return 0;
}
E. Magic Master
模拟题，没什么好说的，倒过来模拟即可。
可以使用双端队列来搞，速度很快，因为双端队列可以支持随机访问。
Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cassert>
#include <algorithm>
#include<map>
#define REP(r,x,y) for(register int r=(x); r<y; r++)
#define REPE(r,x,y) for(register int r=(x); r<=y; r++)
#ifdef sahdsg
#define DBG(...) printf(__VA_ARGS__)
#else
#define DBG(...) (void)0
#endif
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<LL, LL> pll;
#define MAXN 307
int a[40000007]; int sz; int SZ;
const int hd=0, ed=1;
int nxt[40000007],prv[40000007];
int N,M,Q;
inline void lk(int l, int r) {
nxt[l]=r; prv[r]=l;
}
inline void addf(bool k, int l) {
a[sz+2]=l;
lk(sz+2,nxt[hd]);
lk(hd,sz+2);
sz++;
}
inline void mvf() {
int t=prv[ed];
lk(prv[t],nxt[t]);
lk(t,nxt[hd]);
lk(hd,t);
return;
}
inline void op() {
prv[hd]=hd, nxt[ed]=ed;
sz=0; lk(hd,ed); SZ=0;
int now=Q-1;
for(register int i=N; i>=1; i--) {
if(sz!=SZ) {
int t=M%(sz-SZ);
if(t) {
int r=ed;
REP(i,0,t) {
r=prv[r];
}
lk(prv[ed],nxt[hd]);
lk(prv[r],ed);
lk(hd,r);
}
}
addf(true,i);
}
}
int k[107],K[107];
map<int,int> mp;
int main()
{
#ifdef sahdsg
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif // sahdsg
int T; scanf("%d", &T);
while(0<T--) {
scanf("%d%d%d", &N,&M,&Q);
op();
REP(i,0,Q) {
scanf("%d", &k[i]);
K[i]=k[i];
}
int cnt=0,p=0;
mp.clear();
sort(K,K+Q);
for(int i=nxt[hd]; i!=ed; i=nxt[i]) {
p++;
if(K[cnt]==p) mp[p]=a[i],cnt++;
}
REP(i,0,Q) {
printf("%d\n", mp[k[i]]);
}
}
}
G. Pangu Separates Heaven and Earth
愉快签到。
Code
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
const int MAXN = 1e5+5,MAXM = 1e6+5,MOD = 1e9+7,INF = 0x3f3f3f3f,N=100050;
const ll INFL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const db eps = 1e-9;
#define lson o<<1,l,m
#define rson o<<1|1,m+1,r
#define mid l + ((r-l)>>1)
#define rep(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)
#define pii pair<int,int>
#define vii vector<pii>
#define vi vector<int>
using namespace std;
int t,n;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
//freopen("../A.in","r",stdin);
//freopen("../A.out","w",stdout);
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
if(n==1)cout<<"18000\n";
else cout <<"0\n";
}
return 0;
}
H. The Nth Item
题意：
定义递推式：
\[\begin{aligned}
F(0) = 0&, F(1) = 1\\
F(n)=3*F(n-1)&+2*F(n-2),(n\geq 2)
\end{aligned}
\]
F(0) = 0&, F(1) = 1\\
F(n)=3*F(n-1)&+2*F(n-2),(n\geq 2)
\end{aligned}
\]
现在给出\(Q\)组询问，\(Q\leq 10^7\)，对于每次询问，回答\(F(n),n\leq 10^{18}\)。
思路：
- 一开始打了个表找循环节，打到5000w都没出来；
- 后面灵光一现，从\(MOD\)往前面打，找出循环节\(P=\frac{MOD-1}{2}\)。
- 那么对于每次询问，直接上\(BM\)或者矩阵快速幂即可，加个记忆化就能过了。
P.S:矩阵快速幂的话可以用\(k\)进制快速幂，然后预处理转移矩阵的\(1,2,\cdots,2^k\)即可。这样的话每次询问大概就是\(2*2*3\)的复杂度。
题解的做法大概就是利用特征根法解得通项，然后预处理出快速幂，对于每次询问直接算就行了。
因为通项有个\(\sqrt{17}\)，解决办法就是二次剩余。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define SZ(x) ((int)(x).size())
const int MAXN = 2e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 998244353, P = 499122176;
using namespace std;
#define lson o<<1,l,m
#define rson o<<1|1,m+1,r
#define mid l + ((r-l)>>1)
#define pb push_back
typedef vector<int> VI;
typedef long long ll;
ll powMOD(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
for (; b; b >>= 1, a = a * a%MOD)if (b & 1)ans = ans * a%MOD;
return ans;
}
namespace linear_seq {
const int N = 10010;
ll res[N], base[N], _c[N], _md[N];
vector<int> Md;
void mul(ll *a, ll *b, int k) {
rep(i, 0, k + k) _c[i] = 0;
rep(i, 0, k) if (a[i]) rep(j, 0, k) _c[i + j] = (_c[i + j] + a[i] * b[j]) % MOD;
for (int i = k + k - 1; i >= k; i--) if (_c[i])
rep(j, 0, SZ(Md)) _c[i - k + Md[j]] = (_c[i - k + Md[j]] - _c[i] * _md[Md[j]]) % MOD;
rep(i, 0, k) a[i] = _c[i];
}
int solve(ll n, VI a, VI b) { // a 系数 b 初值 b[n+1]=a[0]*b[n]+...
ll ans = 0, pnt = 0;
int k = SZ(a);
assert(SZ(a) == SZ(b));
rep(i, 0, k) _md[k - 1 - i] = -a[i]; _md[k] = 1;
Md.clear();
rep(i, 0, k) if (_md[i] != 0) Md.push_back(i);
rep(i, 0, k) res[i] = base[i] = 0;
res[0] = 1;
while ((1ll << pnt) <= n) pnt++;
for (int p = pnt; p >= 0; p--) {
mul(res, res, k);
if ((n >> p) & 1) {
for (int i = k - 1; i >= 0; i--) res[i + 1] = res[i]; res[0] = 0;
rep(j, 0, SZ(Md)) res[Md[j]] = (res[Md[j]] - res[k] * _md[Md[j]]) % MOD;
}
}
rep(i, 0, k) ans = (ans + res[i] * b[i]) % MOD;
if (ans < 0) ans += MOD;
return ans;
}
VI BM(VI s) {
VI C(1, 1), B(1, 1);
int L = 0, m = 1, b = 1;
rep(n, 0, SZ(s)) {
ll d = 0;
rep(i, 0, L + 1) d = (d + (ll)C[i] * s[n - i]) % MOD;
if (d == 0) ++m;
else if (2 * L <= n) {
VI T = C;
ll c = MOD - d * powMOD(b, MOD - 2) % MOD;
while (SZ(C) < SZ(B) + m) C.pb(0);
rep(i, 0, SZ(B)) C[i + m] = (C[i + m] + c * B[i]) % MOD;
L = n + 1 - L; B = T; b = d; m = 1;
}
else {
ll c = MOD - d * powMOD(b, MOD - 2) % MOD;
while (SZ(C) < SZ(B) + m) C.pb(0);
rep(i, 0, SZ(B)) C[i + m] = (C[i + m] + c * B[i]) % MOD;
++m;
}
}
return C;
}
int gao(VI a, ll n) {
VI c = BM(a);
c.erase(c.begin());
rep(i, 0, SZ(c)) c[i] = (MOD - c[i]) % MOD;
return solve(n, c, VI(a.begin(), a.begin() + SZ(c)));
}
};
VI f;
void pre() {
int a = 0, b = 1, c;
f.push_back(a); f.push_back(b);
for(int i = 1; i <= 2; i++) {
c = 2 * a + 3 * b; f.push_back(c);
a = b; b = c;
}
}
int q;
ll n;
unordered_map <int, int> mp;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
pre();
cin >> q >> n;
int ans = linear_seq :: gao(f, n);
int last = ans;
for(int i = 2; i <= q; ++i) {
n = n ^ (1ll * last * last);
int now = n % P;
if(mp[now]) {
last = mp[now];
} else last = linear_seq :: gao(f, n % P);
ans ^= last;
mp[now] = last;
}
cout << ans;
return 0;
}
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