The 2018 ACM-ICPC Asia Qingdao Regional Contest（部分题解）

摘要：

　　本文是The 2018 ACM-ICPC Asia Qingdao Regional Contest（青岛现场赛）的部分解题报告，给出了出题率较高的几道题的题解，希望熟悉区域赛的题型，进而对其他区域赛的准备有借鉴意义。

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Function and Function

题意

给出x和k，计算g^k(x)。

解题思路

通过观察发现，g函数经过一定次数的递推一定会在0和1之间变换，所以循环内加判断提前结束递推即可。

易错分析

注意计算f(0)返回的是1的问题，下面的写法避免了这种错误。

代码实现

 #include <cstdio>
 using namespace std;

 typedef long long ll;
 ll a[] = {,,,,,,,,,};

 ll f(ll x) {
     ll s = ;
     while(x) {
         s += a[x%];
         x /= ;
     }
     return s;
 }
 ll g(ll x, ll k) {
     ll g0 = x, g1;
     for(ll i = ; i <= k; i++) {
         if(g0 == ) {
             if((k - i) & )
                 return ;
             else
                 return ;
         }
         g1 = f(g0);
         g0 = g1;
         //printf("#%lld\n", g0);
     }
     return g0;
 }
 int main()
 {
     int T;
     scanf("%d", &T);
     ll x, k;
     while(T--) {
         scanf("%lld%lld", &x, &k);
         printf("%lld\n", g(x, k));
     }
     return ;
 }

Books

题意

输入书的总本数和已经购买的书的本数以及每本书的价格

问按照他的购买策略这个人最多带了多少钱，购买策略就是从前往后只要手中的钱够买当前这本书就买，不够买就跳过。

解题思路

除去样例中给出的三个特例，分别是n == m，m == 0，k > m（其中k表示0的个数），剩下的就是一般情况，直接贪心不是正确的结果，因为有0的存在，所以需要仔细考虑，我们肯定要将价格为0的书先买走，然后从前往后买，买够m本书之后（sum），在剩下的书中选择一本最便宜的书买不起（也就是minx-1），最后总的钱数sum + minx - 1就是答案。

助解样例

5 2

0 0 2 3 0

7 4

0 0 2 3 4 2 0 0

4 2

0 0 1 1

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + ;
const int inf = 1e9 + ;
ll a[maxn];

int main()
{
    int T;
    ll n, m;
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        scanf("%lld%lld", &n, &m);
        ll k = ;
        ll mi = inf;
        int i;
        for(i = ; i <= n; i++) {
            scanf("%lld", &a[i]);
            if(a[i] == )
                k++;
            if(mi > a[i])
                mi = a[i];
        }

        if(k > m) {
            printf("Impossible\n");
            continue;
        }
        if(n == m) {
            printf("Richman\n");
            continue;
        }
        if(m == ) {
            printf("%lld\n", mi - );
            continue;
        }

        ll sum = ;
        for(i = ; i <= n; i++) {
            if(k == m)//易错
                break;
            if(a[i] != ) {
                sum += a[i];
                k++;
            }
        }
        mi = inf;
        for(; i <= n; i++) {
            if(a[i] != )
                mi = min(a[i], mi);
        }
        printf("%lld\n", sum + mi - );
    }
    return ;
}

Flippy Sequence

题意

给出01串的长度和两个01串，一次操作（a1,a2, a3,a4）表示将第一个串对应位置的0或者1取反，具体操作区间是[a1,a2]和[a3,a4]。问将这两个串变为相同的操作有多少种不同的方法。

两种方法不同的规则是4个数的序列只要有一个不同即为不同。

解题思路

首先先将两个串不同的区间分成一段一段，然后分局段数ds的不同我们可以分情况讨论：

1、ds > 2，不论如何区间操作，都不能使得两个串相同，故 ans = 0;

2、ds == 2，由题中样例3可知，分别操作 * 2 + 前一段带中间 + 后一段带中间  +  当成一段扣去中间 * 2，故ans = 6;

3、ds == 1，先考虑全不相同，也就是是一段不同的情况，只能是两个不相交区间的操作，所以就是2 * (段长 - 1)，再考虑有相同前缀和相同后缀的情况，有前缀可以从前缀中选一个位置带上这一段，再扣去这一段，所以需要加上前缀的长度即可，同理需要加上后缀的长度，ans = 2 * ( z - 1) + 2 * q + 2 * h = 2 * (n - 1);

4、ds == 0，易知 ans = n * (n + 1) / 2，注意可能超int范围。

代码实现

 #include <cstdio>

 const int maxn = 1e6 + ;
 char s[maxn], t[maxn];
 struct Node {
     int s, e;
 }d[maxn];
 int ds;

 int main()
 {
     int T;
     int n;
     scanf("%d", &T);
     while(T--) {
         scanf("%d", &n);
         scanf("%s%s", s, t);

         ds = ;//记录段数，每段包含起点和终点
         for(int i = ; i < n;) {
             if(s[i] != t[i]) {
                 d[ds].s = i;
                 while(s[i] != t[i]) {
                     i++;
                 }
                 d[ds++].e = i - ;
             }
             else
                 i++;
         }

         /*for(int i = 0; i < ds; i++) {
             printf("%d %d\n", d[i].s, d[i].e);
         }*/

         if(ds > ) {
             printf("0\n");
         } else if(ds == ) {
             printf("6\n");
         } else if(ds == ) {
             printf("%d\n",  * (n - ));
         } else if(ds == ) {
             printf("%d\n", (long long)(n * (n + )) / );
         }
     }
     return ;
 }

Plants vs. Zombies

题意

给出植物数n和机器人能走的步数m，给出每棵植物的生长速度，然后问这个花园的防御值最大是多少

这个花园的防御值是机器人走m步之后所有植物中防御值最小的那一个数值。

解题思路

最小值最大化问题，采用二分加验证的方法。

代码实现

#include<stdio.h>
const int N = 1e5 + ;

long long n, m, a[N];

bool A(long long x)
{
    long long b[N] = {};
    long long i, k, z;
    for(i = , k = m; i < n - ; i++)
    {
        if(b[i] >= x)
        {
            if(k > )
                k--;
            else
                return ;
            continue;
        }
        z = x - b[i];
        if(z % a[i])
            z = z / a[i] + ;
        else
            z = z / a[i];

        if(k < z *  - )
            return false;
        k -= z *  - ;
        b[i+] += (z-) * a[i+];
    }
    if(b[i] < x)
    {
        z = x - b[i];
        if(z % a[i])
            z = z / a[i] + ;
        else
            z = z / a[i];
        if(k < z *  - )
            return false;
    }
    return true;
}

int main()
{
    long long t, i, x, r, l;
    scanf("%lld", &t);
    while(t--)
    {
        scanf("%lld%lld", &n, &m);
        r = 1e17;
        for(i = ; i < n; i++)
        {
            scanf("%lld", &a[i]);
            if(r > a[i] * m)
                r =  a[i] * m;
        }
        l = ;
        while(r - l > )
        {
            x = (r + l) / ;
            if(A(x))
                l = x;
            else
                r = x;
        }
        if(A(r))
            printf("%lld\n", r);
        else
            printf("%lld\n", l);
    }
    return ；
}

之后的是另外一次练习的两道题

World Cup

题意

给出5种比赛的票价，给出这个人看了几场比赛对应的比赛ID，问这个人看比赛花了多少钱

解题思路

水题，注意细节

代码实现

 #include <stdio.h>
 int f[];

 int main()
 {
     int T, t = ;
     scanf("%d", &T);
     while(T--) {
         int a, b, c, d, e;
         scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &e);
         int i;
         for(i = ; i <= ; i++)
             f[i] = a;
         for(i =  ; i <= ; i++)
             f[i] = b;
         for(i =  ; i <= ; i++)
             f[i] = c;
         for(i =  ; i <= ; i++)
             f[i] = d;
         f[] = e;

         int n;
         scanf("%d", &n);
         long long ans = ;
         int x;
         for(i = ; i <= n; i++) {
             scanf("%d", &x);
             ans += f[x];
         }
         printf("Case #%d: %lld\n",t++, ans * );
     }
     return ;
 }

Chat Group

题意

给出人数n和一个小组最少有多少人，问这些人能够组成多少个不同的小组

解题思路

很容易想到答案是C(n,k) + C(n,k+1) +...+ C(n,n)。由于数据量比较大，我们试着使用一种优化的算法，我们知道C(n,1) + C(n,k+1) +...+ C(n,n) = 2ⁿ ，由此可得ans = 2ⁿ - (C(n,0) + ..C(n,k -1))，前面一项我们使用整数快速幂（取模）计算，后一项使用递推公式计算它们的和（取模）。

递推形式如下：

C(n, k) = C(n, k - 1) * (n - k + 1) / k，所以迭代取模计算即可。

迭代过程中使用乘法逆元处理除法计算。提前打好每个数的逆元表。

代码如下

 #include<stdio.h>
 const int mod=;
 long long inva[];

 long long pow(long long a,long long b)
 {
     long long s=;
     while(b)
     {
         if(b&)
             s = s * a % mod;
         a = a * a % mod;
         b /= ;
     }
     return s;
 }
 long long inv(long long num)
 {
     return pow(num, mod-);
 }
 long long sum(long long n,long long k)
 {
     long long i,s = , cn0 = , cn1;
     for(i = ; i <= k - ; i++)
     {
         //printf("%lld %lld\n",i, inv(i));
         cn1 = (cn0%mod * (n - i + )%mod)%mod;
         cn1 = (cn1%mod * inva[i] %mod)%mod;
         s = (s%mod + cn1%mod)%mod;
         cn0 = cn1;
     }
     return s;
 }

 int main()
 {
     long long T,n,k,sum1,sum2,t;
     for(long long i = ; i <= ; i++) {
         inva[i] = inv(i);
         //printf("%lld \n", inva[i]);
     }
     //puts("");

     scanf("%lld",&T);
     for(t=;t<=T;t++)
     {
         scanf("%lld%lld",&n,&k);
         sum1=pow(,n);
         sum2=sum(n,k);
         //printf("%lld %lld\n", sum1, sum2);
         printf("Case #%lld: %lld\n",t,(sum1 - sum2 + mod) % mod);
     }
     return ;
 }