2024CCPC山東邀請賽 IAFCK
I. Left Shifting
思路：要第一個和最後一個一樣，那找到第一個連續的兩個一樣的就是答案。如果一開始第一個和最後一個就是一樣的，那就是0。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t; cin>>t;
while(t--)
{
string s; cin>>s;
int n = s.size();
s = "?"+s;
if(s[1] == s[n]){
cout<<"0\n";
continue;
}
bool ok = false;
for(int i = 1;i < n; i++){
if(s[i]==s[i+1]){
ok = true;
cout<<i<<"\n";
break;
}
}
if(!ok)cout<<"-1\n";
}
return 0;
}
A. Printer
思路：發現存在單調性，並且很好去check，直接上二分。
check部分：
先對於每一個機器，先算出一個執行週期是\(t\times l+w\)。然後對於二分的答案\(x\)時間看能生成多少？
先看它有多少個完整的執行週期,即\(x/(t\times l+w)\)，完整的執行週期生產\(x/(t\times l+w)\times l\)。
再看第二部分剩餘的時間\(rem = x-x/(t\times l + w)\times (t\times l+w)\)
如果\(rem > t\times l\)了那麼\(rem\)不能全去做生成，並且也不夠一個完整週期，所以這段時間生成的一定是\(l\)個。
否則的話，這段剩餘時間生產的數量就是\(rem/t\)個。
最後兩部分加起來，如果\(\ge k\)則滿足條件。
要小心的是：注意這題可能寫的時候會爆long long小心一點，或者直接開int128。還有就是注意二分上界是\(2e18\)(極限情況\(t = 1,l = 1e9,w =1e9,k = 1e9\)，則至少要(\((1e9+1e9)\times 1e9 = 2e18\))。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
struct ty
{
ll t,l,w;
}a[N];
ll n,k;
bool judge(ll x)
{
__int128 ans = 0;
for(int i = 1;i <= n; i++)
{
__int128 t = a[i].t,l = a[i].l,w = a[i].w;
__int128 res = x/(t*l+w)*l;
__int128 rem = x-x/(t*l+w)*(t*l+w);
if(rem > t*l)
res += l;
else
res += rem/t;
ans += res;
}
return ans >= k;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t; cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>k;
for(int i = 1;i <= n; i++)
{
cin>>a[i].t>>a[i].l>>a[i].w;
}
__int128 l = 0,r = 2e18;
while(l <= r)
{
__int128 mid = (l+r)>>1;
if(judge(mid))r = mid-1;
else l = mid + 1;
}
cout<<(ll)r+1<<'\n';
}
return 0;
}
F. Divide the Sequence
思路:首先看到資料範圍那麼大，感覺是個結論的數學題或者找規律那種。然後開始推式子,對\(\sum_{i = 1}^ki\times s_i\)這個式子進行變換。
我們知道分成若干個區間：\([l_1,r_1],[l_2,r_2],...,[l_k,r_k]\)。
結合字首和思想就是：\(\sum_{i = 1}^ki\times s_i=1\times(s[r_1]-s[l_1-1])+2\times(s[r_2]-s[l_2-1])+3\times(s[r_3]-s[l_3-1])+...+k\times(s[r_k]-s[l_k-1])\)
又因為這些區間都是連續的，進而可以化簡為:\(\sum_{i = 1}^ki\times s_i=1\times(s[r_1]-s[0])+2\times(s[r_2]-s[r_1])+3\times(s[r_3]-s[r2])+...+k\times(s[r_k]-s[r_{k-1}])\)
展開化簡得：\(\sum_{i = 1}^ki\times s_i=k\times s[n]-s[r_1]-s[r_2]-...-s[r_{k-1}]\)。
而\(s[n]\)是固定的，我們要結果越大，只需要減去的越小越好，我們找到前\(k-1\)個最小的字首和即可。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 5e5 + 10;
ll a[N],s[N];
bool cmp(ll x,ll y)
{
return x > y;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t; cin>>t;
while(t--)
{
int n; cin>>n;
for(int i = 1;i <= n; i++)
cin>>a[i];
for(int i = 1;i <= n; i++)
s[i] = s[i-1]+a[i];
sort(s+1,s+n);
ll x = 0;
for(int i = 1;i <= n; i++){
cout<<i*s[n]-x<<' ';
x += s[i];
}
cout<<"\n";
}
return 0;
}
K. Matrix
思路：這題是個構造呀，藕最討厭構造哩，想到就會，想不到就寄(。
因為對於\(1\)~\(2n\)要至少出現一次，並且所有四個角組成的矩形裡面只能有一個四個角都不一樣。
我們可以怎麼構造呢？
以5為例，可以考慮先這樣子把10個數字填完，並且此時已經有一個四個都不一樣的了。現在我們要保證的是其他都存在至少2個一樣。
一開始我們想的是：直接填和左邊一樣的，然後發現：
但是不對呀，最後一行和第一行組成的出現的四個都不同。怎麼辦呢？考慮最後一排特別。既然它和第一排不一樣，那麼我讓它一樣不就行啦，然後我們得到了：
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e3 + 10;
int a[N][N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int n; cin>>n;
if(n<=3)
{
cout<<"Yes\n";
if(n==2)
{
cout<<"1 2\n";
cout<<"3 4\n";
}
if(n==3)
{
cout<<"3 2 6\n";
cout<<"4 3 3\n";
cout<<"3 1 5\n";
}
}else{
cout<<"Yes\n";
int cnt = 0;
for(int i = 1;i <= n; i++)
a[1][i] = ++cnt;
for(int i = 2;i <= n; i++)
a[i][1] = ++cnt;
a[n][n] = ++cnt;
for(int i = 2;i <= n; i++)
for(int j = 2;j <= n; j++)
{
a[i][j] = a[i][j-1];
}
a[n][n] = cnt;
for(int i = 2;i < n; i++)
a[n][i] = a[1][i];
for(int i = 1;i <= n; i++){
for(int j = 1;j <= n; j++)
{
cout<<a[i][j]<<" ";
}
cout<<"\n";
}
}
return 0;
}
C. Colorful Segments 2
思路：區間覆蓋+組合數學。
因為我們發現後面的貢獻只會受到它前面的情況的約束，那麼我們考慮先按左端點排序。之後呢，第一個的顏色情況肯定是\(k\)，我們從第二個開始考慮，先預設是\(k-1\)。如果發現，當前的左端點比之前所有的右端點還要大了，說明沒有覆蓋了，並且那些右端點不會對後面有新的影響了，我們把k++，並且不要再管這個沒有用的右端點了。
也就是說，當前的貢獻，只需考慮前面的右端點。那麼我們可以用一個小根堆去維護右端點。如果當前的左端點比之前出現的右端點大了，那麼把這些不可能再產生影響的右端點pop掉，並且k++。下一次迴圈之前先k--(預設有覆蓋，如果沒有也是會加回來的，所以先減去，注意不要變成負數所以和0取個max)。每算完一個後把貢獻依次乘起來就是答案啦(組合數學，分步乘法)。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 998244353;
const int N = 5e5 + 10;
struct ty
{
int l,r;
}a[N];
bool cmp(ty a,ty b)
{
return a.l < b.l;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t; cin>>t;
while(t--)
{
int n,k; cin>>n>>k;
for(int i = 1;i <= n; i++)
cin>>a[i].l>>a[i].r;
sort(a+1,a+1+n,cmp);
priority_queue<int,vector<int>,greater<int>>q;
q.push(a[1].r);
ll ans = k % mod;
k--;
for(int i = 2;i <= n; i++)
{
while(!q.empty() && q.top() < a[i].l){
k++;
q.pop();
}
ans = ans*k%mod;
k--;
k = max(0,k);
q.push(a[i].r);
}
cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}