【CSDN竞赛】第五期解题报告

这应该是站内相对详细的解题报告吧。
转载思路请@本人。

感想

关于自己

这一次比赛感觉比上一期质量好了一些，难度也削弱了很多（对我来说）。
但是还是没有发挥最佳水平，毕竟有些地方还是需要深入研究。
第一题比赛结束后才发现要高精度$QAQ$。

关于平台

这一次的做题网站听说出现了问题，不过本人并没有遇见。
相对于上一次比赛，题目的测试点放的也比较正确（不像上一次都不知道错误在哪）。
希望平台人员能更加努力，研究出高质量的题目，
同时也希望能避免样例数据等的错误或者题目描述的模糊不清（例如不知道数据的类型是整型还是其他）。

• 对于第一次来参加本比赛的人：
  可能会对内置的代码模板产生疑惑，不知道能否删除模板来打自己的代码；
  也会对比赛的分制不太了解，不知道可以看测试点通过率来打部分分（就像我之前放弃打部分分，导致排名大跌）。
  针对上述情况，可以增加一些关于代码模板和计分规则上的说明，这样就能减少出现上述问题的几率。

• 对于经常打各种比赛的人：
  也许会对比赛时的在线IDE不习惯（或者不会用）；
  或者因为题目没有给数据范围/类型二导致无法计算出算法正确的时间/空间复杂度。
  针对上述情况，我个人的建议是优化IDE，完善题目中的各类数据范围/类型。

顺便提一个问题：在每日一练中有些选择题的答案是错误的，这个会严重拉低用户的正确率，希望管理员能尽快修复。

第一题 寻因找祖（难度：中等）

题目描述

寻找因子个数为$n(n\le 1000)$的最小整数$x$.。

50分做法

对于$n$较小的情况，我们可以从小到大枚举整数的可能性，然后计算当前枚举的数的因子个数。
如果等于$n$就输出答案并结束程序。
代码非常简单，这里略。

70分做法

加速50分做法中求解素数和分解质因数的过程（例如欧拉筛）就可以拿到70分。

90分做法

发现当$n=1000$时，答案超过了暴力枚举的可行范围，会导致超时。怎么办呢？
搜索！

首先预处理出一个$1$~$20$的素数表，然后枚举每一个质数的次幂。
根据 $构造的数=p_1^{c_1}\times p_2^{c_2}\times ...\times p_{prime}^{c_{prime}}$ 和 $因子个数=(c_1+1)\times (c_2+1)\times ...\times (c_{prime}+1)$ 可以得出，
我们可以搜索时顺便计算出当前构造出的数的因子个数，然后和$n$作比较。
如果大于$n$就可以搜索回溯，等于就更新$answer$。
同样地，如果$answer$小于等于当前构造出的数字，则回溯。
最后输出$answer$即可。
$C++$代码如下：

#include
using namespace std;
int p[105]={},pr[105]={};
long long n;
long long ans=1e17;
void dfs(int x,long long c,long long s)
{
	if(c>n)return;
	if(s>ans)return;
	if(x>p[0])
	{
		if(c==n)ans=min(ans,s);
		return;
	}
	long long k=1;
	for(long long i=0;c*(i+1)<=n&&k*s<=1e17;i++)
	{
		dfs(x+1,c*(i+1),s*k);
		k*=p[x];
	}
}
int main()
{
	pr[0]=pr[1]=1;
	for(int i=2;i<=20;i++)
	{
		if(!pr[i])
		{
			p[++p[0]]=i;
		}
		for(int j=1;j<=p[0]&&p[j]*i<=20;j++)
		{
			pr[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0)break;
		}
	}
	scanf("%lld",&n);
	dfs(1,1,1);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}
}
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100分做法1

将上述代码加上高精度就行啦。

100分做法2

分情况讨论：

1. 当$n$为素数时，直接输出$2^n$即可。
2. 当$n$不为素数时，从小到大选择质数作为因子，然后随便构造次幂就行了。

第二题 通货膨胀-x国货币（难度：签到）

题目描述

X国发行货币最高面额为$n$。 次高面额为$n$的因子。 以此类推。 X国最多发行多少种货币。

100分做法

转化题意：求$n$分解质因数后一共有多少个质因子相乘。
先利用筛法筛出素数，然后对$n$质因数分解，最后输出质因子个数就行了。
$C++$代码如下：

#include
using namespace std;
int p[1000005]={},pr[1000005]={},Z[1000005]={};//Z表示一个数的最小质因子
int n;
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	pr[1]=pr[0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!pr[i])p[++p[0]]=i,Z[i]=i;
		for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=n;j++)
		{
			pr[i*p[j]]=1;
			Z[i*p[j]]=p[j];
			if(i%p[j]==0)break;
		}
	}
	int tot=1;
	while(n>1)
	{
		n/=Z[n];
		tot++;
	}
	printf("%d\n",tot);
	return 0;
}
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第三题 莫名其妙的键盘（难度：简单）

题目描述

有一个神奇的键盘，你可以用它输入a到z的字符，然而每当你输入一个元音字母($a,e,i,o,u$其中之一)的时候，已输入的字符串会发生一次反转！ 比方说，当前输入了$tw$，此时再输入一个$o$，此时屏幕上的字符串$two$会反转成$owt$。 现给出一个字符串，若用该键盘输入，有多少种方法可以得到？

100分做法1

经过简单的观察，一眼就能看出来：这不就是区间动态规划吗？
首先将操作反转，变成每次删除一个字符，有些情况字符串会发生反转，求最终结束状态。
我们设$f_{i,j,0/1}$表示当前剩余未删除的区间为$[i,j]$，刚才在头/尾删除了字符，方案数是多少。
将头/尾分元音和辅音两种情况讨论，共可以得出$4$条状态转移方程：
$$f_{i+1,j,0}+=f_{i,j,0}$$
$$f_{i,j-1,1}+=f_{i,j,0}$$
$$f_{i,j-1,1}+=f_{i,j,1}$$
$$f_{i+1,j,0}+=f_{i,j,1}$$
其中$1,3$条是辅音，$2,4$条是元音。
这个应该非常好理解吧（就是每次删掉头/尾，然后判断是否旋转）。
然后，我们先枚举长度，然后枚举区间，就可以轻松转移。
最后将所有长度为$1$的情况答案全部加起来就可以了。
$C++$代码如下：

#include
using namespace std;
long long dp[205][205][2]={},ans=0;
int str[505]={};
bool ok[505]={};
int len=0;
int main()
{
	ok['a']=ok['i']=ok['u']=ok['o']=ok['e']=1;//元音
	str[++len]=getchar();
	while(!(str[len]>=32&&str[len]<=126))str[len]=getchar();
	while(str[len]>=32&&str[len]<=126)str[++len]=getchar();//读入，可以不用这种方法
	len--;
	dp[1][len][1]=1;
	for(int t=len;t>=1;t--)
	{
		for(int i=1;i+t-1<=len;i++)
		{
			int j=i+t-1;
			if(!ok[str[i]])dp[i+1][j][0]+=dp[i][j][0];
			if(ok[str[j]])dp[i][j-1][1]+=dp[i][j][0];
			if(!ok[str[j]])dp[i][j-1][1]+=dp[i][j][1];
			if(ok[str[i]])dp[i+1][j][0]+=dp[i][j][1];
			if(t==1)ans+=dp[i][j][0]+dp[i][j][1];//累加答案
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

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100分做法2

我不会动态规划，怎么办？
找规律！
观察到，如果一个字符串没有元音，那么只有一种方案。
如果有元音，则一定有一个元音在头/尾。
然后从一端一直删，删到一个元音后停止，反转字符串。
重复上述操作即可。
直到剩下两个元音，这时候讨论下方案数就行了（本人也没实现过）。

第四题 三而竭（难度：签到）

题目描述

一鼓作气再而衰三而竭。 小艺总是喜欢把任务分开做。 小艺接到一个任务，任务的总任务量是$n$。 第一天小艺能完成$x$份任务。 第二天能完成$x/k$， 第$t$天能完成$x/k^{t-1}$。 小艺想知道自己第一天至少完成多少才能完成最后的任务。

100分做法1

二分的板题啦~
首先二分一个答案，然后暴力算出若干天能否做完（如果做到某一天为$0$就停止）。
如果能，就更新答案。
然后继续二分。
$C++$代码如下：

#include
using namespace std;
long long n,ans;
long long k;
bool check(long long x)
{
	long long sum=0,N=n,X=x;
	while(X>0&&N-sum>0)
	{
		sum+=X;
		X/=k;
	}
	return N-sum<=0;
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	long long l=0,r=1e18;
	while(l+1<r)
	{
		long long mid=(l+r)/2;
		if(check(mid))
		{
			ans=mid;
			r=mid;
		}
		else l=mid;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}
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100分做法2

因为每次做的任务都会除以$k^{t-1}$，所以这个可以用等比数列公式解决。
直接套用公式即可。如果不会可以查百度。