F
找規律題，點選檢視全網最詳解（臭不要臉的本人給自己打廣告）：
2024牛客多校第四場F.Good Tree 挑戰全網最詳解 - liyishui - 部落格園 (cnblogs.com)
程式碼：
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #define int long long using namespace std; int T,x; int sol(){ cin >> x; int n=sqrt(x); while (n*n>x) n--; //printf("n=%lld\n",n); if (n*n==x) return 2*n+1; if (n*n+n>=x){ if ((n*n+n-x)%2) return 2*n+3; return 2*n+2; } else{ return 2*n+3; } } void test(){ for (int i=1;i<=10;i++){ x=i; printf("%lld:%lld\n",i,sol()); } } signed main(){ // test(); cin >> T; while(T--) cout << sol() << endl; return 0; }
A
帶權並查集或者先dfs搜一遍都可做。
std是帶權並查集，我隊友寫的先dfs預處理出每個點最後深度，再維護一個當前u所形成的聯通塊的最大深度，對減一下就是答案
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> using namespace std; int T; const int N=1e6+505; int n,root,u[N],v[N],c[N],vis[N]; int fa[N],h[N]; int edgenum,head[N],vet[N],Next[N],dep[N]; void edge(int u,int v){ edgenum++; Next[edgenum]=head[u]; head[u]=edgenum; vet[edgenum]=v; } void dfs(int u,int depth){ dep[u]=depth; for (int i=head[u];i;i=Next[i]){ int v=vet[i]; if (dep[v]) continue; dfs(v,depth+1); } } int find(int x){ if (fa[x]==x) return x; return fa[x]=find(fa[x]); } void work(){ scanf("%d",&n); edgenum=0; for (int i=1;i<=n;i++){ head[i]=0; vis[i]=0; dep[i]=0; fa[i]=i; } for (int i=1;i<n;i++){ scanf("%d%d%d",&u[i],&v[i],&c[i]); edge(u[i],v[i]); vis[v[i]]=1; } for (int i=1;i<=n;i++) if (vis[i]==0){ root=i; break; } dfs(root,1); for (int i=1;i<=n;i++) h[i]=dep[i]; for (int i=1;i<n;i++){ int top=find(u[i]); fa[v[i]]=top; h[top]=max(h[top],h[v[i]]); printf("%d ",h[c[i]]-dep[c[i]]); } printf("\n"); } signed main(){ cin >> T; while(T--) work(); return 0; }
G
中考數學，做對稱軸
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #define int long long using namespace std; int T,s1,t1,s2,t2; double dist(int s1,int t1,int s2,int t2){ int s=s1-s2; int t=t1-t2; return sqrt(s*s+t*t); } void work(){ cin >> s1 >> t1 >> s2 >> t2; printf("%.10lf\n",min(dist(s1,-t1,s2,t2),dist(-s1,t1,s2,t2))); } signed main(){ cin >> T; while(T--) work(); return 0; }
I
經典雙指標
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e6; int n,m,R[N+5],ans=0; vector<int> v[N+5]; void Kafka() { ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0),cout.tie(0); cin>>n>>m; for(int i=1;i<=m;++i) { int x,y; cin>>x>>y; if(x>y) swap(x,y); v[x].push_back(y); } for(int i=1;i<=n;++i) sort(v[i].begin(),v[i].end()); for(int i=1;i<=n;++i) { R[i]=i; for(int j=0,lim=v[i].size();j<lim;++j) { int y=v[i][j]; if(y==R[i]+1)++R[i]; else break; } } for(int i=n,cur=n,len;i;--i) { cur=min(cur,R[i]); len=cur-i+1; ans+=len; } cout<<ans<<endl; } signed main() { Kafka(); return 0; }
H
摺紙題。這裡提供另一個不同於題解的證明思路：
考慮從小到大的三個點a1，a2，a3。並假設a1和a2之間的距離為x，a2和a3的距離為y。
2x-y的操作其實是以x為對稱軸做y的對稱點y'（這提示我們有的式子可以拆數學意義or幾何意義）
現在選擇a2為對稱軸，把a1對稱過去（你說可能a1對稱後比a3還大，那我們就操作a3，這裡以a1為例）
現在兩點之間的差距變成了y，y-x。
從x，y變成y，y-x！這個形式不就是更相減損嗎？這其實就是我們求gcd的過程，只不過求gcd時用了%加速了，本質上是一樣的。
那麼我們就可以得到：對於兩個數x，y來說，最後有一個數變成0，另一個數變成它們的gcd
再回到影像上，不就是有兩個點重疊，三個點變成兩個點，差值也變成gcd了嘛
現在把3個點的情況擴充套件到4個，5個...也是一樣的
所以最後的答案是gcd(a2-a1,a3-a2,a4-a3...an-an-1)
多倍經驗好題：
1477A - Nezzar and Board
#include<cstdio> #include<iostream> #define int long long using namespace std; const int N=1e5+505; int T,n; int a[N]; int gcd(int x,int y){ if (y==0) return x; return gcd(y,x%y); } void work(){ scanf("%lld",&n); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); int res=0; for (int i=1;i<n;i++){ int x=a[i+1]-a[i]; if (x<0) x=-x; res=gcd(res,x); } cout << res << endl; } signed main(){ cin >> T; while(T--) work(); return 0; }
C
經典置換環，發現每個點的去向是固定的，把每個位置向最後要去的地方連邊，最後圖一定是若干個環（因為每個點都是一個出度一個入度）
討論一下環大小對答案的影響即可。
一次能操作4，所以環為4直接一起幹掉，3的話也是。
2比較特別，一次能操作兩個2，這塊和在一起做掉。
5以上的發現一次最多能滿足3個，就不斷-3，看最後剩多少。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e6+5; int vis[N],a[N],to[N]; int n,ans=0,cnt2=0; void dfs(int u,int len){ vis[u]=1; if(vis[to[u]]) { if(len==1) { } else if(len==2) cnt2++; else if(len==3||len==4) ans++; else if(len>=5){ if( (len-4)%3==0 ) ans+=(len-4)/3+1; else if(len%3==0) ans+=len/3; else if(len%3==2) ans+=len/3,cnt2++; } return; } else dfs(to[u],len+1); } void solve(){ cin>>n; ans=cnt2=0; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>a[i]; vis[i]=0; to[i]=a[i]; } for(int i=1;i<=n;i++){ if(!vis[i]){ dfs(i,1); } } ans+=cnt2/2; if(cnt2&1) ans++; cout<<ans<<"\n"; } int main(){ ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);cout.tie(0); int t; cin>>t; while(t--){ solve(); } }
J
把式子用二項式定理展開
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5,mod=998244353; inline int add(int x,int y){return (x+=y)>=mod?x-mod:x;} inline int sub(int x,int y){return (x-=y)<0?x+mod:x;} inline int mul(int x,int y){return 1LL*x*y%mod;} inline int qpow(int a,int p){int res=1;for(;p;p>>=1,a=mul(a,a))if(p&1)res=mul(res,a);return res;} int n,k,sum[N+5],ans=0; char s[N+5]; int fac[N+5],invf[N+5]; inline int C(int x,int y){return x<y?0:mul(fac[x],mul(invf[y],invf[x-y]));} void Himeko() { fac[0]=1;for(int i=1;i<=N;++i) fac[i]=mul(fac[i-1],i); invf[N]=qpow(fac[N],mod-2);for(int i=N-1;~i;--i) invf[i]=mul(invf[i+1],i+1); } void Kafka() { cin>>n>>k; cin>>s+1; for(int p=0,div2=qpow(2,mod-2),q,res;p<=k;++p) { q=k-p,res=0; for(int i=n;i;--i) { if(s[i]=='0') sum[i]=0; else sum[i]=add(sum[i+1],qpow(i,q)); if(s[i]=='?') sum[i]=mul(sum[i],div2); } for(int i=1;i<=n;++i) { if(s[i]=='0') continue; int tmp=mul(sum[i],qpow(i-1,p)); // if(s[i]=='?') tmp=mul(tmp,div2); res=add(res,tmp); } res=mul(res,C(k,p)); if(p&1) ans=sub(ans,res); else ans=add(ans,res); } cout<<ans<<endl; } signed main() { Himeko(); Kafka(); return 0; } /* 2 3 1? */