2019 ICPC 南昌网络赛

比赛时间：2019.9.8

比赛链接：The 2019 Asia Nanchang First Round Online Programming Contest

总结

// 史上排名最高一次，开场不到两小时队友各A一题加水题共四题，排名瞬间升至三四十名
// 然后后三小时就自闭了，一题都没有突破。。。最后排名211 hhhh

B. Fire-Fighting Hero

题意

队友做的，待补。

AC代码

#include<cstdio>

#include<iostream>

#include<cstring>

#include<queue>

using namespace std;

const int N = 2010;

int head[N],cnt;

struct node

{

	int v,nxt,w;

}e[N*N];

void addedge(int u,int v,int w)

{

	e[cnt].v= v;

	e[cnt].nxt = head[u];

	e[cnt].w = w;

	head[u] = cnt++;

}

int dis[N];

int mp[N][N];

queue<int>q;

int vis[N];

void spfa()

{

	while(!q.empty())

	{

		int u = q.front();

		//cout<<u<<endl;

		q.pop();

		vis[u] = 0;

		for(int i=head[u];~i;i=e[i].nxt)

		{

			int v = e[i].v;

			//cout<<" "<<v<<endl;

			if(dis[v]>dis[u]+mp[u][v])

			{

				dis[v] = dis[u]+mp[u][v];

				if(vis[v]==0)

				{

					q.push(v);

					vis[v] = 1;

				}

			}

		}

	}

}

int main()

{

	int T;scanf("%d",&T);

	while(T--)

	{

		memset(head,-1,sizeof(head));

		cnt = 0;

		int V,E,S,K,C;

		scanf("%d%d%d%d%d",&V,&E,&S,&K,&C);

		for(int i=1;i<=V;++i)

		{

			vis[i]=0;

			dis[i]=(1<<30);

			for(int j=1;j<=V;++j)

				mp[i][j]=(1<<30);

		}

		for(int i=1;i<=K;++i)

		{

			int d;scanf("%d",&d);

			dis[d] = 0;

			q.push(d);

			vis[d] = 1;

		}

		for(int i=1;i<=E;++i)

		{

			int u,v,w;scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);

			if(mp[u][v]==(1<<30))

			{

				addedge(u,v,w);

				addedge(v,u,w);

			}

			mp[u][v]=mp[v][u]=min(mp[u][v],w);

		}

		spfa();

		int ptr = 0;

		for(int i=1;i<=V;++i)

			if(dis[i]!=(1<<30))

				ptr = max(ptr,dis[i]);

		for(int i=1;i<=V;++i)

		{

			vis[i] = 0;

			dis[i]=(1<<30);

		}

		dis[S] = 0;

		while(!q.empty())q.pop();

		q.push(S);

		vis[S] = 1;

		spfa();

		int hero = 0;

		for(int i=1;i<=V;++i)

			if(dis[i]!=(1<<30))

				hero = max(hero,dis[i]);

		if(hero<=ptr*C)

			printf("%d\n",hero);

		else

			printf("%d\n",ptr);

	}

	return 0;

}

E. Magic Master

题意

桌子上有一叠 N 张扑克牌，每张牌有一个编号（1~N），按照如下两个过程取出：

取走这堆扑克牌最上面的一张牌，放到手上。手上有牌的话放到所有牌最下面。
如果桌子上还有剩余牌，就把桌上的最上面的牌插入到底部，操作 M 次。

若最后手上牌的编号为降序，求开始桌上每张牌的编号是多少。有 Q 次询问，每次给出桌上从上到下第 k 张牌的编号。

思路

开始粗略一算，好像能够直接模拟算出初始编号。写完发现复杂度到达 $O(T*N*M)$，肯定T了。

捂着代码没交，发现 Q 最大只有100，那么只处理前100次查询的结果，调了半天样例没跑出来。

printf调试发现有先算好的结果，于是加上了类似记忆化的标记。然后交了就A了。

赛后有大佬没过问我这个约瑟夫环怎么处理的，我才意识到这是约瑟夫环啊，他们为什么会T呢

可能我用的 STL 的queue很优秀吧 o(￣▽￣)o

AC代码

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<queue>

#include<cstring>

using namespace std;

const int maxn = 40000010;

int n, m;

int ans[maxn], now;

queue<int> q;

void solve(int k) {

    if(ans[k]!=-1) {

        printf("%d\n", ans[k]);

        return;

    }

    while(q.size()) {

        int num = q.front();  q.pop();

        ans[num] = ++now;

        bool flag = 0;

        if(num==k) {

            printf("%d\n", ans[k]);

            flag = true;

        }

        if(q.empty()) break;

        for(int i=1;i<=m;i++) {

            int num = q.front();  q.pop();

            q.push(num);

        }

        if(flag) break;

    }

}

int main() {

    int T; cin>>T;

    while(T--) {

        int Q;

        scanf("%d %d %d", &n, &m, &Q);

        memset(ans, -1, sizeof(ans));

        while(q.size()) q.pop();

        for(int i=1;i<=n;i++) q.push(i);

        now = 0;

        while(Q--) {

            int k;

            scanf("%d", &k);

            solve(k);

        }

    }

    return 0;

}

把第一遍写的暴力模拟测了一下，居然也过了。。。这题好SB...

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<queue>

using namespace std;

const int maxn = 40000010;

int n, m;

int ans[maxn], now;

queue<int> q;

void solve() {

    while(q.size()) q.pop();

    now = 0;

    for(int i=1;i<=n;i++) q.push(i);

    while(q.size()) {

        ans[q.front()] = ++now;

        q.pop();

        if(q.empty()) break;

        for(int i=1;i<=m;i++) {

            int num = q.front(); q.pop();

            q.push(num);

        }

    }

}

int main() {

    int T; cin>>T;

    while(T--) {

        int q;

        scanf("%d %d %d", &n, &m, &q);

        solve();

        while(q--) {

            int k;

            scanf("%d", &k);

            printf("%d\n", ans[k]);

        }

    }

    return 0;

}

G. Pangu Separates Heaven and Earth

题意

签到题。

AC代码

略。

H. The Nth Item

题意

定义

\[F(0)=0, F(1)=1\\
F(n)=3∗F(n−1)+2∗F(n−2), (n≥2)
\]

有 $Q$ 次询问，求 $F(N)$ 。($1 \leq Q \leq 10^7, 0 \leq N \leq 10^{18}$)

思路

队友开始觉得BM线性递推可以做，我高高兴兴抄起板子改改一交就TLE。

然后我一看就两项完全不用线性递推啊，直接矩阵快速幂就好了。

我在一边写矩阵快速幂，并提示把中间计算结果存下来，让队友想办法优化。

然后队友构造了一组数据我T了但线性递推算出来了，于是就交了AC了。

AC代码

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <algorithm>

#include <vector>

#include <map>

using namespace std;

#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<n;i++)

#define per(i,a,n) for(int i=n-1;i>=a;i--)

#define pb push_back

#define all(x) (x).begin(), (x).end()

#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef long long ll;

typedef vector<ll> VLL;

const ll mod = 998244353;

ll powmod(ll a, ll b) {

	ll res=1;a%=mod;

	for(;b;b>>=1) {

		if(b&1) res=res*a%mod;

		a=a*a%mod;

	}

	return res;

}

namespace linear_seq {

    const int N = 100010;

    ll res[N], base[N], _c[N], _md[N];

    VLL Md;

    void mul(ll a[], ll b[], int k) {

        for(int i=0;i<k+k;i++)

        	_c[i] = 0;

        for(int i=0;i<k;i++)

        	if(a[i])

        		for(int j=0;j<k;j++)

        			_c[i+j] = (_c[i+j] + a[i]*b[j]%mod) % 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) % mod;

        for(int i=0;i<k;i++)

        	a[i] = _c[i];

    }

    ll solve(ll n, VLL a, VLL b) {

        ll ans = 0, pnt = 0;

        int k = SZ(a);

        for(int i=0;i<k;i++)

        	_md[k-1-i]=-a[i];

        _md[k]=1;

        Md.clear();

        for(int i=0;i<k;i++)

        	if(_md[i]!=0) Md.push_back(i);

        for(int i=0;i<k;i++)

        	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) % mod;

            }

        }

        for(int i=0;i<k;i++)

        	ans = (ans + res[i]*b[i]%mod) % mod;

        if(ans<0) ans += mod;

        return ans;

    }

    VLL BM(VLL s) {

        VLL 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) % mod;

            if(d==0) ++m;

            else if(2*L<=n) {

                VLL 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) % 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) % mod;

                ++m;

            }

        }

        return C;

    }

};

VLL a, c;

ll fib[110];

void init() {

    fib[1] = 1;

    for(int i=2;i<110;i++) {

        fib[i] = (3*fib[i-1] + 2*fib[i-2]) % mod;

    } 

    for(int i=1;i<=100;i++) {

        a.pb(fib[i]);

    }

    c = linear_seq::BM(a);

    c.erase(c.begin());

    rep(i,0,SZ(c))

    c[i] = (mod-c[i])%mod;

}

map<ll,ll>mp;

int main() {

    init();

    int T; ll N;

    scanf("%d %lld", &T, &N);

    ll RES = 0;

    ll ans = 0;

    while(T--) {

        N = (ans*ans)^N;

        if(mp[N]) ans = mp[N];

        else ans = linear_seq::solve(N-1, c, VLL(a.begin(), a.begin()+SZ(c)));

        mp[N]=ans;

        RES ^= ans;

        // printf("%lld\n", ans);

    }

    printf("%lld\n", RES);

    return 0;

}

/*

卡矩阵快速幂的数据

10000000 473844410

*/

(未完待补。。）