SDNU_LqbTraining_2022_1【解题报告】

本文主要是介绍SDNU_LqbTraining_2022_1【解题报告】，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

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Problem A. Edge Checker

题意

在一个长度为 $10$ 的环上，给出两个点 $a$ 和 $b$，问点 $a$ 和点 $b$ 是否相邻.

$1\le a\le b\le 10$.

分析

点 $a$ 与点 $b$ 相邻等价于点 $a$ 是点 $b$ 的后继点或者点 $b$ 是点 $a$ 的后继点.

即 $b\%10+1=a$ 或 $a\%10+1=b$.

时间复杂度 $O(1)$，空间复杂度 $O(1)$.

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;void work() {int a, b; scanf("%d %d", &a, &b);puts(a % 10 + 1 == b || b % 10 + 1 == a ? "Yes" : "No");
}int main() {work();return 0;
}

Problem B. Count Distinct Integers

题意

给出长度为 $n$ 的整数序列 $a[1..n]$，问序列 $a$ 中不同元素有多少个.

$1\le n\le 10^3,1\le a_i\le 10^9$.

分析

这题怎么做都行，比如：

1. sort + O(n) 扫一遍判断相邻数是否相同
2. sort + unique
3. set

时间复杂度 $O(nlogn)$.

PS：unique是什🐎？

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int M = (int)1e3;int n, a[M + 5];void work() {scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);sort(a + 1, a + n + 1);printf("%lu\n", unique(a + 1, a + n + 1) - (a + 1));
}int main() {work();return 0;
}

Problem C. Jumping Takahashi

题意

在数轴上，小 T 初始站在原点.

接下来走 $n$ 步，第 $i$ 步小 T 可以选择朝数轴正方向走 $a_i$ 或者 $b_i$.

问 $n$ 步之后，小 $T$ 能否走到 $x$.

$1\le n,a_i,b_i\le 10^2,1\le x\le 10^4$.

分析

dp 裸体.

记 $f[i][j]$ 表示小 $T$ 走 $i$ 步之后能否到达 $j$.

则有转移方程 $f[i][j]=f[i-1][j-a_i]|f[i-1][j-b_i]$.

最后只需要判断 $f[n][x]$ 是否为 $1$.

时间复杂度 $O(nx)$，空间复杂度 $O(nx)$.

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int M = (int)1e2;
const int N = (int)1e4;bool f[M + 5][N + 5];void work() {int n, x; scanf("%d %d", &n, &x);f[0][0] = 1;for(int i = 1, a, b; i <= n; ++i) {scanf("%d %d", &a, &b);for(int j = 0; j <= x; ++j) if(f[i - 1][j]) {if(j + a <= x) f[i][j + a] = 1;if(j + b <= x) f[i][j + b] = 1;}}puts(f[n][x] ? "Yes" : "No");
}int main() {work();return 0;
}

Problem D. Strange Balls

题意

有 $n$ 个球，第 $i$ 个球上标记着一个数字 $a_i$.

把这 $n$ 个球顺序放入栈中，每当有 $a$ 个标着数字 $a$ 的球相邻时，这 $a$ 个球便会消失.

问每次放球操作后，栈中球的个数.

$1\le n\le 2\times 10^5,2\le a_i\le 2\times 10^5$.

分析

维护一个栈，存放的是数字 $a$ 和数字 $a$ 的连续个数.

每次放球只需要更新栈顶即可.

详见代码.

时间复杂度 $O(n)$，空间复杂度 $O(n)$.

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;stack<pair<int, int>> st;void work() {int n; scanf("%d", &n);for(int i = 1, a, ans = 0; i <= n; ++i) {scanf("%d", &a);++ans;if(st.empty()) st.push(make_pair(a, 1));else {if(st.top().first == a) {pair<int, int> p = st.top(); st.pop();p.second++;if(p.first != p.second) st.push(p);else ans -= p.first;} else st.push(make_pair(a, 1));}printf("%d\n", ans);}
}int main() {work();return 0;
}

Problem E. Ranges on Tree

题意

给一颗 $n$ 的点的有根树，根为 $1$.

记 $s_i$ 表示 $i$ 号点的子树点集.

要求构造 $n$ 个区间 $[l_i,r_i]$，满足：

1. 若 $s_i\subseteq s_j$，则 $[l_i,r_i]\subseteq [l_j,r_j]$.
2. 若 $s_i\bigcap s_j=\varnothing$，则 $[l_i,r_i]\bigcap [l_j,r_j]=\varnothing$.
3. 最小化 m a x { l 1 , l 2 , ⋯ , l n , r 1 , r 2 , ⋯ , r n } max\{l_1,l_2,\cdots,l_n,r_1,r_2,\cdots,r_n\} max{l1​,l2​,⋯,ln​,r1​,r2​,⋯,rn​}.

$2\le n\le 2\times 10^5$.

分析

手模一下样例可以发现 $[l_i,r_i]$ 选择 $s_i$ 的叶子编号即可.

时间复杂度 $O(n)$，空间复杂度 $O(n)$.

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int M = (int)2e5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;int n;
vector<int> g[M + 5];
int l[M + 5], r[M + 5], cnt;void dfs(int u, int fa) {for(const int& v: g[u]) {if(v == fa) continue;dfs(v, u);l[u] = min(l[u], l[v]);r[u] = max(r[u], r[v]);}if(l[u] == inf) l[u] = r[u] = ++cnt;
}void work() {scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; ++i) l[i] = inf, r[i] = -inf;for(int i = 2, u, v; i <= n; ++i) {scanf("%d %d", &u, &v);g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}dfs(1, 0);for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d %d\n", l[i], r[i]);
}int main() {work();return 0;
}

Problem F. Madoka and Math Dad

题意

$T$ 组输入，每组输入给一个整数 $n$.

要求构造一个数 $x$，满足：

1. $x$ 的数位之和为 $n$
2. $x$ 相邻两个数位上的数互异
3. $x$ 最大.

$1\le T,n\le 10^3$.

分析

显然，$x$ 的数位上用 $1$ 和 $2$ 间隔填充最优.

手模一下样例可以发现 $x$ 的构成与 $n\%3$ 有关，按照规律写一下就完啦.

时间复杂度 $O(Tn)$，空间复杂度 $O(1)$.

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;void work() {int n; scanf("%d", &n);if(n % 3 == 1) printf("1");for(int i = 0; i < n / 3; ++i) printf("21");if(n % 3 == 2) printf("2");printf("\n");
}int main() {int T; scanf("%d", &T);while(T--) work();return 0;
}

Problem G. Madoka and the Elegant Gift

题意

$T$ 组输入，每组输入给一个大小为 $n\times m$ 的 $01$ 矩阵.

定义一个子矩阵 $A$ 是好的，当且仅当 $A$ 只包含 $1$ 且 $A$ 不被另一个全 $1$ 矩阵包含.

要求判断是否存在两个不同的好矩阵相交.

$1\le T\le 2\times 10^2,1\le n,m\le 10^2,\sum n,\sum m\le 777$.

分析

画一下图其实可以发现，只需要判断是否存在一下四种情况即可：

时间复杂度 $O(\sum nm)$，空间复杂度 $O(\sum nm)$.

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int M = (int)1e2;int n, m;
char s[M + 5][M + 5];int dx[] = {1, 1, -1, -1};
int dy[] = {1, -1, 1, -1};void work() {scanf("%d %d", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%s", s[i] + 1);for(int i = 1; i <= n; ++i) {for(int j = 1; j <= m; ++j) if(s[i][j] == '1') {for(int k = 0; k < 4; ++k) {int x = i - dx[k], y = j - dy[k];if(x < 0 || x > n || y < 0 || y > m) continue;if(s[x][j] == '1' && s[i][y] == '1' && s[x][y] == '0') return printf("NO\n"), void();}}}printf("YES\n");
}int main() {int T; scanf("%d", &T);while(T--) work();return 0;
}

Problem H. Madoka and Childish Pranks

题意

T 组输入，每组输入给一个大小为 $n\times m$ 的 $01$ 矩阵 $B$.

初始有一个大小为 $n\times m$ 的全 $0$ 矩阵 $A$，每次操作可以选一个 $A$ 的子矩阵进行棋盘染色.

问若干次操作之后，能否把 $A$ 变为 $B$，若能则输出方案.

$1\le T\le 10,1\le n,m\le 10^2$.

分析

通过对 $(x,y-1)$ 到 $(x,y)$ 进行棋盘染色，我们可以把矩阵 $A$ 的第 $2$ 列到第 $m$ 列染成想要的任意样子.

再考虑第 $1$ 列，通过对 $(x,y)$ 到 $(x-1,y)$ 进行棋盘染色，我们可以把矩阵 $A$ 第一列的第 $2$ 行到第 $n$ 行染成想要的任意样子.

因此无解等价于 $B[1][1]=1$.

时间复杂度 $O(\sum nm)$，空间复杂度 $O(\sum nm)$.

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int M = (int)1e2;int n, m;
char s[M + 5][M + 5];
vector<pair<pair<int, int>, pair<int, int>>> ans;void work() {ans.clear();scanf("%d %d", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%s", s[i] + 1);if(s[1][1] == '1') return printf("-1\n"), void();for(int i = 1; i <= n; ++i) {for(int j = m; j >= 2; --j) if(s[i][j] == '1') {ans.push_back(make_pair(make_pair(i, j - 1), make_pair(i, j)));s[i][j] = '0';}}for(int i = n; i >= 2; --i) if(s[i][1] == '1') {ans.push_back(make_pair(make_pair(i - 1, 1), make_pair(i, 1)));s[i][1] = '0';}int n = (int)ans.size();printf("%d\n", n);for(int i = 0; i < n; ++i) printf("%d %d %d %d\n", ans[i].first.first, ans[i].first.second, ans[i].second.first, ans[i].second.second);
}int main() {int T; scanf("%d", &T);while(T--) work();return 0;
}

Problem I. Madoka and the Best School in Russia

题意

$T$ 组输入，每组输入两个整数 $x$ 和 $d$.

定义：

1. 一个数是 good 当且仅当它是 $d$ 的倍数
2. 一个数是 beatiful 当且仅当它是 good 且它不能被表示成两个 good 数之积

现给出 good 数 $x$，问 $x$ 能否表示成至少两种不同的方式（若干个 beatiful 数之积）.

$1\le t\le 10^2,2\le x,d\le 10^9$.

分析

先来看几个性质

性质一：一个数 $a$ 是 good 当且仅当 $d\mid a$.

性质二：一个数 $a$ 是 beatiful 当且仅当 $d\mid a$ 且 $d^2\nmid a$.

证明：

先证必要性

设两个 good 数 $n_1=k_{1}d,n_2=k_{2}d$.

由 $a\ne n_1{n}_2$ 可得 $a\ne k_1{k}_2{d}^2$.

即 $a$ 不可以表示成 $k\times d^2$ 的形式.

因此 $d^2\nmid a$.

懒得证充分性.

性质三：一个 good 数 $x$ 是 beatiful，则 $x$ 一定无法表示成两种不同的方式（若干个 beatiful 数之积）.

证明：

beatiful 数 $x$ 只有一种表示方式，即 $x$.

因此 good 数 $x$ 能够表示成两种不同的方式（若干个 beatiful 数之积），必须要满足 $d^2\mid x$.

分解 $x$ 得到 $x=kd\times d^c(k,d)=1$.

显然有第一种方案：$x=kd\times \underset{c个d}{\underbrace{d\times \cdots \times d}}$.

另外的方案则是去考虑 $k$ 能否拆分或者最后一个 $d$ 能否拆分.

时间复杂度 $O(\sum \sqrt{d})$，空间复杂度 $O(1)$.

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;bool is_prime(int n) {if(n == 1) return 0;for(int i = 2; (ll)i * i <= n; ++i) if(n % i == 0) return 0;return 1;
}void work() {ll x, d; scanf("%lld %lld", &x, &d);if(x % (d * d)) return printf("NO\n"), void();ll k = x / d, c = 0;while(k % d == 0) k /= d, ++c;if((c >= 3 && !is_prime(d)) || (k > 1 && !is_prime(k))) return printf("YES\n"), void();if(c == 1 || is_prime(d)) return printf("NO\n"), void();for(int i = 2; (ll)i * i <= d; ++i) if(d % i == 0) {if(k * i % d || k * d / i % d) return printf("YES\n"), void();}printf("NO\n");
}int main() {int T; scanf("%d", &T);while(T--) work();return 0;
}

Problem J. Nearest Excluded Points

题意

二维平面上有 $n$ 个互异整数点 $(x_i,y_i)$，对每个点求出一个曼哈顿距离最近点 $(x,y)$，满足 $(x,y)$ 不在那 $n$ 个点当中.

$1\le n,x_i,y_i\le 2\times 10^5$.

分析

对 $n$ 个点的每个点向上下左右连边，做一个超级源反向 bfs 即可.

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int M = (int)2e5;int n, m;
int x[M + 5], y[M + 5];
int dx[] = {1, -1, 0, 0};
int dy[] = {0, 0, 1, -1};
set<pair<int, int>> vis;
set<pair<int, int>> st[2];
map<pair<int, int>, pair<int, int>> res;void work() {scanf("%d", &n); m = 0;for(int i = 1; i <= n; ++i) {scanf("%d %d", &x[i], &y[i]);st[0].insert(make_pair(x[i], y[i]));for(int j = 0; j < 4; ++j) st[0].insert(make_pair(x[i] + dx[j], y[i] + dy[j])), st[1].insert(make_pair(x[i] + dx[j], y[i] + dy[j]));}for(int i = 1; i <= n; ++i) st[1].erase(make_pair(x[i], y[i]));queue<pair<int, int>> q;for(set<pair<int, int>>::iterator i = st[1].begin(); i != st[1].end(); ++i) {q.push(*i);vis.insert(*i);res[*i] = *i;}while(!q.empty()) {pair<int, int> u = q.front(); q.pop();for(int i = 0; i < 4; ++i) {pair<int, int> v = u;v.first += dx[i], v.second += dy[i];if(st[0].count(v) && !res.count(v)) {res[v] = res[u];q.push(v);}}}for(int i = 1; i <= n; ++i) {pair<int, int> p = res[make_pair(x[i], y[i])];printf("%d %d\n", p.first, p.second);}
}int main() {work();return 0;
}

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