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

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

A 蘇聯人 入門

題目描述

你在打EE Round 1， 發現第一題非常無聊， 於是你不打了， 去下國際象棋了。
結果你發現， 由於某種神祕力量的影響， 你的棋子只剩下若干黑色的戰車， 若干黑色的主教， 和一隻白色的國王了。
由於你很無聊， 所以你把一些棋子放在了$8 \times 8$的棋盤上。
由於你很無聊， 所以你想知道， 國王放在哪些格子上是安全的。 換句話說， 有哪些各自不會被戰車和主教攻擊到。 當然國王不能放在已經有棋子的地方
爲了防止你無聊透頂而不知道國際象棋的規則， 這裏給出以下提示（如果你知道規則可以跳過）
國際象棋中， 戰車可以橫向、豎向移動， 且格數不受限制。但不能越過其他棋子

如圖， 黃色的格子爲戰車能走到（攻擊到的）格子。
國際象棋中， 主教可以斜向移動， 且格數不受限制， 但不能越過其他棋子。

如圖， 黃色的各自爲主教能走到（攻擊到）的格子。
簡單來說， 如果當前位置到目標位置的直線上存在其他棋子， 則可以稱爲”越過了其他棋子“。
如果目標位置是對方的棋子， 那麼移動到目標位置後， 對方的棋子會被喫掉
更進一步的， 你要找的所有位置， 必須滿足沒有黑色棋子能一步走到。

題目分析

1.有棋子

不能

2.主教

四條直線分別是x-k, y-k;x-k, y+k;x+k, y-k;x+k, y+k;
如果途中途碰到棋子， 那麼這條線就失效了， break；

3.戰車；

四條線分別是：x, y-k; x, y+k, x+k, y; x-k, y;
棋子處理一樣；

代碼

for(int i = 1; i <= 8; i++)
{
	for(int j = 1; j <= 8; j++)
	{
		cin >> a[i][j];
		p[i][j] = true;
		if(a[i][j] == '.')
		{
			continue;
		}
		else
		{
			p[i][j] = false;
		}
	}
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
	for(int j = 1; j <= n; j++)
	{
		if(a[i][j] == 'B')
		{
			for(int k = 1; i-k && j-k; k++)
			{
				if(a[i-k][j-k] != '.')
				{
					break;	
				}
				p[i-k][j-k] = false;
			}
			for(int k = 1; i-k && j+k <= 8; k++)
			{
				if(a[i-k][j+k] != '.')
				{
					break;
				}
				p[i-k][j+k] = false;
			}
			for(int k = 1; i+k <= 8 && j-k; k++)
			{
				if(a[i+k][j-k] != '.')
				{
					break;
				}
				p[i+k][j-k] = false;
			}
			for(int k = 1; i+k <= 8; j+k <= 8; k++)
			{
				if(a[i+k][j+k] !='.')
				{
					break;
				}
				p[i+k][j+k] = false;
			}
		}
		if(a[i][j] == 'R')
		{
			for(int k = 1; j-k ; k++)
			{
				if(a[i][j-k] != '.')
				{
					break;
				}
				p[i][j-k] = false;
			}
			for(int k = 1; i-k; k++)
			{
				if(a[i-k][j] != '.')
				{
					break;
				}
				p[i][j-k] = false;
			}
			for(int k = 1; i+k <= 8; k++)
			{
				if(a[i+k][j] != '.')
				{
					break;
				}
				p[i+k][j] = false;
			}
			for(int k = 1; j + k <= 8; k++)
			{
				if(a[i][j+k] != '.')
				{
					break;
				}
				p[i][j+k] = false;
			}
		}
	}
}
for(int i = 1; i <= 8; i++)
{
	for(int j = 1; j <= 8; j++)
	{
		if(p[i][j] == true)
		{
			cout << 1;
		}
		else
		{
			cout << 0;
		}
	}
	cout << endl;
}
				

B 迫害 普及

題目描述

有k個人， X要對這k個人進行迫害。
這k個人， 每個人都擁有一個數字， 分別從1至k。
X擁有n+m個數字， 這些數字爲n個1， 和m個大小可有X決定的數字（每個數字定好後就不能再更換。
X能對這些人進行迫害， 當且僅當他能用手中若干個數的加和等於唄迫害人的數字， 一次迫害就成功了（不會消耗數字）。
由於X權力極大， 又十分邪惡， 他想要從第1個人開始一個一個進行迫害行動。
由於小Z也在這個被迫害的行列裏， 他十分的慌張， 希望你來告訴他X能最多能從第一個人開始連續迫害多少個人。
由於被迫害的人太多了， 他十分的慌張， 希望你來告訴他最多能從第一個人開始連續迫害多少個人。
由於被迫害的人太多了， 所以請將答案對1000000007取模；

題目分析

首先， 現在有N個1， 就可以連續迫害N個人,編號從1~N；
現在後面自己選擇的數字有兩種選擇， 第1種：在1~N範圍內。第2種， 大於N；
首先明白， 每個選擇的數和N個1組合共可以形成N+1個不同的數 （也可以只選自己而不選1）
因爲要迫害最多的人， 而且現在1~N已經被迫害了， 所以形成的這N+1個數儘量在N之外去迫害新的人。
又發現， 當選的數大於N的時候。它與N個1組合形成的N+1個數全都能迫害一個新的編號的人。所以第2種數字選擇比第1種更優。
又因爲必須是連續迫害， 所以我們第一個選擇的數必須是N+1， 設這個數能迫害$m_1$個人（後面以此類推：如$m_2$表示第二個數能迫害的人數），這樣的話，$m_1$ ~ $m_1 + n$就都能被迫害了， 所以$m_1$能迫害N+1個人， 所以我們就得到了$m_1$=N+1；
同樣， $m_2$能迫害$m_1+N+1$個人（$m_2$分別與1~$m_1+N$相結合， 共能形成$m_1+N+1$個數）
$m_3$ = $m_2 + m_1 + N + 1$
$m_4$ = $m _3 + m_2 + m_1 + N + 1$
整理代入得：
$m_1 = N+1$;
$m_2 = (N+1) \times 2$;
$m_3 = (N+1) \times 4$
找規律得；
$m_x = (N+1) \times 2^{x-1}$
考慮答案， 爲N張1迫害的人數加上每張牌迫害的人數。
由此得；
$Ans = \sum_{i=1}^{M} m_i + N$
整理得$Ans = (n-1) \times (2^M-1) + N$
快速冪即可；

代碼

int qpow(int a,int b)
{
    int ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)  ans=(ans*a)%p;
        a=(a*a)%p;
        b>>=1;
    }
    return ans%p;
}
int main()
{
	cin >> n >> m;
	int Ans = (((n+1) * (qpow(2, m) - 1)) % p + N)%p;
	cout << Ans << endl;
	return 0;
}

C 代價 提高

題目描述

給定一個長度爲n+2的序列$a_2$,其中第1個數和第n+2個數固定爲1。你每次可以選擇序列中間的一個數刪除， （不能是第一個和最後一個）， 刪除位置p上的數的代價爲$a_{p-1} \times a_p \times a_{p+1}$.你需要執行這個操作直到無法執行爲止， 求最小的代價和。

題目思路

考慮這個序列的兩種取數代價方式， 一是從兩邊取， 那麼每個數對答案的貢獻是$a_i \times a_{i-1} + a_i \times a_{i+1}$
二是從中間取， 那麼每個數對答案的貢獻就是$a_{i-1} \times a_i \times a_{i+1}$
兩者同時除以$a_i$得：$a_{i-1} + a_{i+1}$
$a_{i-1} \times a_{i+1}$
顯然當這兩個數$\gt 1$時， 第一種方案比第二種要好。
那麼我們就把數列分成一段一段的， （以數列中的1爲邊界)
則每段的答案就是$\sum a_i \times a_{i+1} + min\ a_i$
最後加上1的個數即可。

代碼

const int N = 1e5+10;
int n, a[N];
long long ans = 0;
int main()
{
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> a[i];
	}
	for(int i = 1, 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];
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
}

禮物 省選

題目描述

小Z送了你一個數列， 具體的， 有$a_1$ = 1, $a_2$ = 2, $a_i = 2a_{i-1} + ka_{i-2}(3 \leq i \leq n)$, 其中n是數列的長度， k是她設定的一個正整數參數。
小Z告訴你一個祕密， 這個數列是她精心挑選的， 有着一種奇妙的性質“Primesmooth”———即對於n以內的任何一個質數 p,滿足$p | a_p$(|是整除記號）。
你很好奇是不是真的有這回事， 於是你寫了一個質數發生器， 進行了長達三天三夜的調試， 終於發現了幾個反例：有m個質數竟然不滿足小Z所說的性質！
由於你已經隨機了很久， 你相信別的質數一定滿足性質。
爲了表明你和小Z心有靈犀， 你現在猜想小Z當時設定的整數k，由於答案很大， 你只需要求出最小的k對一個質數c取模即可。

題目解析

真相了~~

代碼

int n,m,q,a[233],mod,ans=1;

struct bitst {
    uint64_t buf[301000000/64/2+1];
    bool operator[](const int&x)
    { return buf[x>>6]>>(x&63)&1; }
    void set(const int&x)
    { buf[x>>6]|=1ull<<(x&63); }
}v;

void solve()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&q,&mod);
    for(int i=0; i<q; i++){
        scanf("%d",a+i),--a[i];
        if(!a[i])return puts("-1")*0;
    }
    sort(a,a+q);
    q=unique(a,a+q)-a;
    v.set(0);
    for(int i=9; i<=n; i+=6)
        v.set(i>>1);
    m=n>>1;
    for(int i=2,j=3; (2*i+1)*(2*i+1)<=n; i+=3,j+=3)
    {
        if(!v[i])
        {
            for(int k=6*i+3,x=i*(i+1)*2,y=x+i*2+1; x<=m; x+=k,y+=k)
                v.set(x),v.set(y);
        }
        if(!v[j])
        {
            for(int k=6*j+3,x=j*(j+1)*2,y=x+j*4+2; x<=m; x+=k,y+=k)
                v.set(x),v.set(y);
        }
    }
    int L=n/2/64,now=0,j=0;
    for(int i=0; i<L; i++)
    for(uint64_t s=~v.buf[i]; s; s&=s-1)
    {
        int p=(__builtin_ctzll(s)+(i<<6))<<1|1;
        for(++now; j<q&&a[j]<now; ++j);
        if(a[j]!=now)ans=1ll*ans*p%mod;
    }
    for(uint64_t s=~v.buf[L]; s; s&=s-1)
    {
        int p=(__builtin_ctzll(s)+(L<<6))<<1|1;
        if(p>n)break;
        for(++now; j<q&&a[j]<now; ++j);
        if(a[j]!=now)ans=1ll*ans*p%mod;
    }
    printf("%d",ans-1);
}