武漢工程大學第一屆程序設計女生賽(牛客contest 4746)解題報告 Apare_xzc

武漢工程大學第一屆程序設計女生賽解題報告

xzc 2020.3.8

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比賽鏈接：武漢工程大學第一屆程序設計女生賽

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A. Multiplication (101/861)

分析：

         問x平方几次後就會>=n, 按題意模擬即可。簽到題。

代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main()
{
	int T;
	LL k,n;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n>>k;
		int ans = 0;
		while(k<n)
		{
			k = k*k;
			++ans;
		}
		cout<<ans<<endl;
	} 
	return 0;	
} 

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B. Spread (28/520)

樣例輸入：

1
5 2 2
1 3
1 2
4 5

樣例輸出：

3

分析：

        n個人中有m個人確定被感染。他們之中有t對接觸。求所有存在感染風險的人數(包括那m個)。
        用並查集合並所有直接和間接接觸過的人，把n個人分成若干的集合。對每個集合的總人數進行計數。m個已經確認感染的人所在集合的總人數即爲答案。注意不要多算。

代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5+10;
int pre[N];
void init(int n) //初始化 
{
	for(int i=0;i<=n;++i) pre[i] = i;
}
int Find(int x)
{
	return x==pre[x]?x:pre[x]=Find(pre[x]);
}
void join(int x,int y)
{
	if(x>y) swap(x,y);
	int fx = Find(x), fy = Find(y);
	if(fx!=fy) pre[fy] = fx;
}
int main()
{
	int T,n,m,t,x,y,fa;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
		vector<int> v;
		for(int i=1;i<=m;++i)
		{
			scanf("%d",&x);
			v.push_back(x);
		}
		init(n);
		while(t--)
		{
			scanf("%d%d",&x,&y);
			join(x,y);
		}
		int ans = 0;
		unordered_map<int,int> cnt; //記錄集合人數 
		unordered_map<int,int> mp; //記錄集合是否有被確診的人 
		for(int i=1;i<=n;++i)
			++cnt[Find(i)]; 
		for(int i=0;i<m;++i)
			mp[Find(v[i])] = 1;
		for(auto xx:mp)
			ans += cnt[xx.first];
		printf("%d\n",ans);
	}
	
	return 0;	
} 

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C. Transport (24/103)

樣例輸入：

1
3 3
...
.**
...
1 3 1 1 3 3

樣例輸出：

6

分析：

        簡單bfs, n行m列的矩陣，星號不能走，點號可以走，問從指揮部到小區再到醫院的最短路成。若不可達，輸出-1。
         我們可以從小區出發，bfs, 記錄第一次到指揮部和第一次到醫院的步數，相加即爲答案。

代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1005;
char a[N][N];
bool vis[N][N];
int n,m; 
struct Node{
	int x,y,step;
	Node(){}
	Node(int xx,int yy,int s):x(xx),y(yy),step(s){}
}node;
int X1,Y1,X2,Y2,X3,Y3;
int dx[] = {1,-1,0,0};
int dy[] = {0,0,1,-1};
bool ok(int x,int y)
{
	return (x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m&&a[x][y]=='.'&&!vis[x][y]);
}
int bfs()
{
	int ans1 = -1, ans2 = -1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=m;++j)
			vis[i][j] = false;
	int x,y,step,xx,yy;
	queue<Node> Q;
	Q.push(Node(X2,Y2,0));
	vis[X2][Y2] = 0;
	while(!Q.empty())
	{
		if(ans1!=-1&&ans2!=-1) return ans1+ans2;
		node = Q.front();Q.pop();
		x = node.x, y = node.y, step = node.step;
		for(int i=0;i<4;++i)
		{
			xx = x+dx[i], yy = y+dy[i];
			if(!ok(xx,yy)) continue;
			if(xx==X1&&yy==Y1)
			{
				if(ans1==-1) ans1 = step+1;	
				if(ans2!=-1) return ans1+ans2;
			}	
			else if(xx==X3&&yy==Y3)
			{
				if(ans2==-1) ans2 = step+1;
				if(ans1!=-1) return ans1+ans2;
			}
			vis[xx][yy] = true;
			Q.push(Node(xx,yy,step+1));
		} 
	}
	return -1;
	
}
int main()
{
	int T,step1,step2;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(int i=1;i<=n;++i)
			scanf("%s",a[i]+1);
		cin>>X1>>Y1>>X2>>Y2>>X3>>Y3; 
		printf("%d\n",bfs());
	}
	return 0;	
} 

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D. OneTrunKill (0/1)

分析:  0/1的大模擬，沒做，跳過吧

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E. SSR (10/82)

樣例輸入：

2
2
4

樣例輸出：

2
2
4

分析：

        恰好一半人抽到SSR的概率。總共的情況爲2^n種，我們調出一半人抽SSR的方案數爲C(n.n/2) ，概率爲C(n,n/2) / 2^n, 注意出發取模要乘以逆元

代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e6+10;
const int mod = 1E9+7;
void exgcd(LL a,LL b,LL&d,LL &x,LL&y);
LL fast_pow(LL a,LL b,LL mod);
LL getNi(LL a,LL m);
LL fac[N] = {1},rev[N]; 
void init()
{
	for(int i=1;i<=1000000;++i)
		fac[i] = fac[i-1]*i%mod;
	rev[1000000] = getNi(fac[1000000],mod);
	for(int i=1000000-1;i>=1;--i)
		rev[i] = rev[i+1]*(i+1)%mod;
} 
LL C(int n,int m)
{
	if(n<m) return 0;
	if(m==0||m==n) return 1;
	return fac[n]*rev[m]%mod*rev[n-m]%mod;
}
int main()
{
	init(); 
	int T,n;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n;
		int m = n/2;
		LL tot = fast_pow(2ll,n,mod);
		tot = getNi(tot,mod);
		LL up = C(n,m);
		up = up*tot%mod;
		cout<<up<<endl;
	}
	
	return 0;	
}
void exgcd(LL a,LL b,LL&d,LL &x,LL&y){
	if(b==0) {
		d = a; x = 1; y = 0;return;
	}
	exgcd(b,a%b,d,y,x);
	y -= (a/b)*x;
}
LL getNi(LL a,LL m)
{
	LL d,x,y;
	exgcd(a,m,d,x,y);
	return (x%m+m)%m;
}
LL fast_pow(LL a,LL b,LL mod)
{
	if(a==0) return 0;
	LL ans = 1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans = ans*a%mod;
		a = a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

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F. 非對稱加密算法RSA (11/38)

分析：

        RSA,搶了個FB。 題目很長，簡化以後，就是給一個p,q , 然後n = p*q, n的歐拉函數Fai(n) = (p-1)*(q-1), 求d關於Fai(n)的乘法逆元，並用x^e%n加密明文x 。

代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5+10;
const int mod = 1E9+7;
void exgcd(LL a,LL b,LL&d,LL &x,LL&y); //拓展歐幾里得 
LL fast_pow(LL a,LL b,LL mod); //快速冪 
LL getNi(LL a,LL m); //用拓展歐幾里得求逆元 
int main()
{
	LL p,q,x,Fain,n;
	const int e = 65537;
	cin>>p>>q>>x;
	n = p*q; //計算n 
	Fain = (p-1)*(q-1); //計算Fai(n) 
	LL d = getNi(e,Fain); //d 是 e 關於 Fai(n)的乘法逆元 
	cout<<d<<endl; //輸出d 
	cout<<fast_pow(x,e,n)<<endl; //密文爲 x^e % n 
	
	return 0;	
} 

void exgcd(LL a,LL b,LL&d,LL &x,LL&y){
	if(b==0) {
		d = a; x = 1; y = 0;return;
	}
	exgcd(b,a%b,d,y,x);
	y -= (a/b)*x;
}
LL getNi(LL a,LL m)
{
	LL d,x,y;
	exgcd(a,m,d,x,y);
	return (x%m+m)%m;
}
LL fast_pow(LL a,LL b,LL mod)
{
	if(a==0) return 0;
	LL ans = 1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans = ans*a%mod;
		a = a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

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G. 網絡線路選擇 (3/28)

分析：

        n個格子，每個可以塗m種色，求存在相鄰兩格同色的方案數
        若n爲1，則沒有相鄰的，答案爲0
        若m爲1且n>1,則只有1種方案，都塗這唯一一種顏色。
        一般的情況，我們可以用所有方案減去不連色的方案。所有方案爲m^n, 不連色的方案爲：m*(m-1)^(n-1) 。注意模數很大，可能會溢出，用快乘穩妥。

代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL fast_pow(LL a,LL b,LL mod);
LL fast_Mul(LL a,LL b,LL mod);
int main()
{
	int T = 0;
	LL m,n,p,mod;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n>>m>>p;
		mod = n*p;
		if(n==1)
		{
			puts("0");
			continue;
		}
		if(m==1)
		{
			cout<<1%mod<<endl;
			continue;
		}
		LL tot = fast_pow(m,n,mod);
		LL t = fast_pow(m-1,n-1,mod);
		t = fast_Mul(t,m,mod);
		tot = ((tot-t)%mod+mod)%mod; 
		cout<<tot<<endl;
	}
	
	
	return 0;	
} 

LL fast_pow(LL a,LL b,LL mod)
{
	if(a==0) return 0;
	LL ans = 1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans = fast_Mul(ans,a,mod);
		a = fast_Mul(a,a,mod);
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
LL fast_Mul(LL a,LL b,LL mod)
{
	LL ans = 0;
	if(a==0||b==0) return 0;
	if(a<b) swap(a,b);
	while(b)
	{
		if(b&1) ans = (ans+a)%mod;
		a = (a<<1)%mod;
		b>>=1; 
	}
	return ans;
}

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H. 神奇的硬幣II （3/31）

樣例輸入：

5 5
3 5 6 3 8
3 5 6 3 8
3 2 5 1 6

樣例輸出：

1

分析：

        n個硬幣，m個物品，每個硬幣有價值v和能量e, 每個物品有重量w。如果硬幣價值>=物品重量，物品能量就要加上硬幣的能量。求能量最大，id最小的物品。
        我們可以對硬幣進行處理，能量爲0的不影響結果，可以去掉，面值相同的硬幣可以視爲一個，把能量相加到一個裏面即可。然後我們按硬幣價值從大到小排序，求關於能量的前綴和。每個物品，我們二分出價值大於物品質量的第最小价值硬幣，前綴和即爲該物品的能量。計算能量時順便維護最大值級id即可。

代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1E6+10;
int VV[N],EE[N];
LL sum[N];
struct Node{
	int v,E;
	bool operator < (const Node& rhs)const{
		return v < rhs.v;
	}
}node[N];
struct P{
	int id,w;
	P(int _id=0,int _w=0)
	{
		id = _id;
		w = _w;
	}
	bool operator < (const P& rhs)const{
		return w < rhs.w;
	}
}pp[N];
int main()
{
	int n,m,E;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%d",VV+i);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%d",EE+i);
	int cnt = 0; 
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		if(EE[i]!=0) ++cnt,node[cnt].v = VV[i],node[cnt].E =EE[i];
	}
	n = cnt;
	sort(node+1,node+n+1);
	int p = 1;
	for(int i=2;i<=n;++i)
	{
		if(node[i].v==node[p].v)
		{
			node[p].E += node[i].E;
		}
		else 
		{
			++p; node[p].v = node[i].v, node[p].E = node[i].E;
		}
	}
	n = p;
	for(int i=1;i<=m;++i)
		scanf("%d",&pp[i].w),pp[i].id = i;
	if(n==0)
	{
		puts("1"); return 0;
	}
	sort(pp+1,pp+m+1);
	if(node[n].v<pp[1].w)
	{
		puts("1"); return 0;
	}
	sum[n] = node[n].E;
	for(int i=n-1;i>=1;--i)
		sum[i] = sum[i+1]+node[i].E;

	LL Maxx = -1e17;
	int id = -1;
	int left = 0,right = n,mid;
	
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		if(pp[i].w>node[n].v)
		{
			if(Maxx<0||Maxx==0&&id>pp[i].id)
			{
				Maxx = 0, id = pp[i].id;
			}
			continue;
		}
		left = 0, right = n;
		while(right-left>1)
		{
			mid = (left+right)>>1;
			if(node[mid].v>=pp[i].w) right = mid;
			else left = mid;
		}	
		if(Maxx<sum[right]||Maxx==sum[right]&&pp[i].id<id)
		{
			Maxx = sum[right];
			id = pp[i].id;
		}
	}
	cout<<id<<endl;
		
	return 0;	
} 

I.神奇的硬幣I （21/154）

分析：

        其實就是求能買到物品的價值最小的硬幣能買到幾個。我們可以對硬幣價值排序，對物品重量排序，二分查找到能買到物品的最小价值的幣。然後看重量小於該幣值的物品有幾個，再次二分可得到答案。

代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1E6+20;
int v[N],w[N];
int main()
{
	int n,m;
	while(cin>>n>>m)
	{
		for(int i=1;i<=n;++i)
			scanf("%d",v+i);
		for(int i=1;i<=m;++i)
			scanf("%d",w+i);
		sort(v+1,v+1+n);
		sort(w+1,w+1+m);
		if(v[n]<w[1])
		{
			puts("-1");
			return 0;
		}
		int idd = lower_bound(v+1,v+1+n,w[1])-v;
		int id = upper_bound(w+1,w+1+m,v[idd])-w-1;
		printf("%d\n",id);
		
	}
	
	return 0;	
} 

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寫完了。
2020.3.8 20:47 xzc

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