【LGR-070】洛谷 3 月月赛 I & EE Round 1 Div.2 题解

【LGR-070】洛谷 3 月月赛 I & EE Round 1 Div.2

苏联人

不考虑复杂度的模拟题，是个人都能 AC 吧。

代码瞎写的，可能可以简洁一点，但是不重要。

const int N = 11;
int n = 8, x, y;
bool v[N][N];
char s[N][N];

int main() {
	for (int i = 1; i <= n; i++) rds(s[i], n);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= n; j++)
			v[i][j] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= n; j++)
			if (s[i][j] == 'B') {
				v[i][j] = 0;
				x = i - 1, y = j - 1;
				while (x && x <= 8 && y && y <= 8 && s[x][y] == '.')
					v[x][y] = 0, --x, --y;
				x = i - 1, y = j + 1;
				while (x && x <= 8 && y && y <= 8 && s[x][y] == '.')
					v[x][y] = 0, --x, ++y;
				x = i + 1, y = j - 1;
				while (x && x <= 8 && y && y <= 8 && s[x][y] == '.')
					v[x][y] = 0, ++x, --y;
				x = i + 1, y = j + 1;
				while (x && x <= 8 && y && y <= 8 && s[x][y] == '.')
					v[x][y] = 0, ++x, ++y;
			}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= n; j++)
			if (s[i][j] == 'R') {
				v[i][j] = 0;
				x = i - 1, y = j;
				while (x && x <= 8 && y && y <= 8 && s[x][y] == '.')
					v[x][y] = 0, --x;
				x = i + 1, y = j;
				while (x && x <= 8 && y && y <= 8 && s[x][y] == '.')
					v[x][y] = 0, ++x;
				x = i, y = j - 1;
				while (x && x <= 8 && y && y <= 8 && s[x][y] == '.')
					v[x][y] = 0, --y;
				x = i, y = j + 1;
				while (x && x <= 8 && y && y <= 8 && s[x][y] == '.')
					v[x][y] = 0, ++y;
			}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++)
			putchar(v[i][j] + '0');
		putchar('\n');
	}
	return 0;
}

迫害

贪心的构造，答案为 $2^m \times (n+1) - 1$。

int main() {
	int n, m;
	rd(n), rd(m);
	print(((modint)2 ^ m) * (n + 1) - 1);
	return 0;
}

代价

考虑一种简单的删除方法，按照 $1 \sim n$ 的顺序依次删除，这时的代价为 $\sum_{i = 1}^{n - 1} a_{i} \times a_{i+1} + a_{n}$。

实际上这已经是一个较优解了，事实上对于 $i \in [1,n)$，$a_i, a_{i+1}$ 在最终的答案中一定都要被相乘一次。原因在于假设不被相乘，就意味着 $a_i, a_{i+1}$ 其中有一个先被删除了，然而先被删除的时候一定有相乘过，因此矛盾。

现在我们找到了一个较优解 $\sum_{i = 1}^{n - 1} a_{i} \times a_{i+1} + a_{n}$，考虑如何变成最优解。

首先来看这个 $a_n$，显然可以变成 $\min_{i=1}^n a_i$，具体方法是，假设最小的位置为 $p$，我们先按照 $1 \sim p - 1$ 的顺序依次删除，再按照 $n \sim p + 1$ 的顺序依次删除即可。

再来看这个 $\sum_{i=1}^{n-1} a_i \times a_{i+1}$。

刚才提到每两个相邻的数一定要被相乘一次，但是相乘有两种情况。

上面的做法是从左往右依次删除，贡献为 $a_{i-1} \times a_i + a_i \times a_{i+1}$。

而如果从中间删除，贡献为 $a_{i-1} \times a_{i} \times a_{i+1}$。

通常情况下，前者要比后者小（因为前者只有两项相乘，而后者有三项），这也是为什么 $\sum_{i=1}^{n-1} a_i \times a_{i+1}$ 是个较优解。

但是这个「通常情况」指的是什么呢？

$a_{i-1} \times a_i + a_i \times a_{i+1} \le a_{i-1} \times a_{i} \times a_{i+1}$，即 $a_{i-1} + a_{i+1} \le a_{i-1} \times a_{i+1}$，然而后面这个等式必须要在 $a_{i-1},a_{i+1} > 1$ 的情况下才成立。

因此当某个 $a_{i} = 1$ 时，将会有更优解。

于是最终的贪心方法为：将序列从每个 $1$ 的位置分开成若干段，每一段内的代价为 $\sum a_{i} \times a_{i+1} + \min a_i$，最后再加上中间 $1$ 的个数即可。

const int N = 1e6 + 7;
int n, a[N];
ll ans = -1;

int main() {
	rd(n), rda(a, n);
	for (int i = 0, j = 1; i <= n; i = j, j = i + 1) {
		while (j <= n && a[j] != 1) ++j;
		++ans;
		if (i + 1 != j) ans += *min_element(a + i + 1, a + j);
		for (int k = i + 1; k < j - 1; k++)
			ans += a[k] * a[k+1];
	}
	print(ans);
	return 0;
}

礼物

算几项即可找到规律：对于 $i \equiv 1 \pmod 2$，$a_i \equiv (k+1)^{\frac{i-1}2} \pmod i$。

因此答案就是所有要求整除的质数 $p$ 的积 $-1$。

接下来的问题就是如何筛出 $3 \times 10^8$ 以内的所有质数了，下面代码加了火车头也不保证一定能 AC（反正我交了三页）。

一定要用 bool！不要用 bitset！单点操作 bitset 慢成狗了！

const int N = 3e8 + 1;
bool a[N], v[N];
ll n, ans = 1;
int m, P;
vi p;

int main() {
	rd(n), rd(m), rd(P), a[1] = 1;
	for (int i = 1, x; i <= m; i++) {
		rd(x);
		if (x == 1) return print(-1), 0;
		a[x] = 1;
	}
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if (!v[i]) {
			p.pb(i);
			if (!a[p.size()]) ans = ans * i % P;
		}
		for (int &j : p) {
			if (i * j > n) break;
			v[i*j] = 1;
			if (!(i % j)) break;
		}
	}
	print(ans - 1);
	return 0;
}