A
题解
知识点：贪心。
注意到 \(m\geq n\) 时，不存在某一行或列空着，于是不能移动。
而 \(m
时间复杂度 \(O(1)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include #define ll long long using namespace std; bool solve() { int n, m; cin >> n >> m; for (int i = 1;i <= m;i++) { int x, y; cin >> x >> y; } if (m >= n) return false; else cout << "YES" << '\n'; return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; while (t--) { if (!solve()) cout << "NO" << '\n'; } return 0; }
B
题解
知识点：贪心。
每次干掉两端 \(b\) 最小的即可，能保证最大的 \(b\) 没有增加花费，其他 \(b\) 只增加花费一次。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include #define ll long long using namespace std; int a[200007], b[200007]; bool solve() { int n; cin >> n; for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i]; for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> b[i]; ll sum = 0; for (int i = 1;i <= n;i++) sum += a[i]; int l = 1, r = n; while (l < r) { if (b[l] <= b[r]) sum += b[l++]; else sum += b[r--]; } cout << sum << '\n'; return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; while (t--) { if (!solve()) cout << -1 << '\n'; } return 0; }
C
题解
知识点：博弈论，贪心，二分。
本来数据范围能暴力，但执着找规律推结论，结果推假了wwwwwwwwww，不如直接暴力QAQ。
显然二分 \(k\) 可以，$k \in[1,\lceil \frac{n}{2} \rceil] $。二者选取的贪心策略也很明显，A尽量取大的，B取最小的，推到这一步可以直接模拟了。
但进一步可以推出，A取后 \(k\) 个之后，B一定取了前 \(k-1\) 个，那么我们把前 \(k-1\) 个空出来，让A直接从 \(k\) 开始取是最优的，正着取的第 \(i\) 个是第 \(k-i+1\) 回合，只要小于等于 \(i\) 即可。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include #define ll long long using namespace std; int n; int a[107]; bool check(int mid) { bool ok = 1; for (int i = 1;i <= mid;i++) { ok &= a[mid + i - 1] <= i; } return ok; } bool solve() { cin >> n; for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i]; sort(a + 1, a + n + 1); int l = 1, r = n + 1 >> 1; while (l <= r) { int mid = l + r >> 1; if (check(mid)) l = mid + 1; else r = mid - 1; } cout << r << '\n'; return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; while (t--) { if (!solve()) cout << -1 << '\n'; } return 0; }
D
题解
知识点：排列组合，分解质因数。
注意到，我们要求的是每个元素不超过 \(m\) 的正整数，长度 \([1,n]\) 的每个长度的不明确的序列个数之和。我们先考虑长度为 \(n\) 的情况，其他长度可以同理。
所有序列天生有一组 \([1,1,1,1,\cdots]\) 的删除序列，这代表只要序列有一个元素能在 \(1\) 以外的位置删除，就能产生新的删除序列，则原序列就是不明确的。
因为可以通过移除第一项，让 \(a[i]\) 往前挪，必然会经过 \([2,i]\) 的所有位置，所以若要使 \(a[i]\) 可在 \(1\) 以外的位置删除，需要 \(a[i]\) 存在 \([2,i]\) 内的数与其没有公共质因子，更进一步，即不包含所有前缀素数（\([2,i]\) 所有数的质因子种类，即其中所有素数），这样就一定存在 \(2\leq j\leq i\) 使 \(gcd(j,a[i]) = 1\) 。
注意到，计算在 \(a[i]\) 位置上 \([1,m]\) 中符合条件的数的个数很困难，但计算包含所有前缀质因子的情况很容易， \(\frac{m}{mul_i}\) 就是 \([1,m]\) 所有前缀质因子都存在的数的个数，其中 \(mul_i\) 是位置 \(i\) 的前缀质因子乘积。
我们计算出 \([1,n]\) 每个位置的 \(\frac{m}{mul_i}\) ，即每个位置其前缀质因子都存在数的个数，把他们乘法原理乘在一起，就代表长度为 \(n\) 明确的数列的个数 \(\prod_{i=1}^n \frac{m}{mul_i}\) ，因为每个位置组合的都是包含所有前缀质因子，除了在 \(1\) 处删除，其他地方 \(gcd(i,a[i]) \neq 1\) 不能删。
最后对于长度 \(n\) 的数列，所有情况一共 \(m^n\) 种，所以最后不明确的数列个数为 \(m^n - \prod_{i=1}^n \frac{m}{mul_i}\) 。
我们对 \([1,n]\) 所有长度的答案求和，有 \(ans = \sum_{i=1}^n (m^i - \prod_{j=1}^i \frac{m}{mul_j})\) ，注意到 \(m^i\) 、 \(mul_i\) 以及 \(\prod_{j=1}^i \frac{m}{mul_j}\) 可以从 \(1\) 递推，过程中加到答案里即可。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include #define ll long long using namespace std; const int mod = 998244353; int cnt; int vis[300007]; int prime[300007] = { 1 }; void euler_screen(int n) { for (int i = 2;i <= n;i++) { if (!vis[i]) prime[++cnt] = i; for (int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= n;j++) { vis[i * prime[j]] = 1; if (i % prime[j] == 0) break; } } } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int n; ll m; cin >> n >> m; euler_screen(n); int base = 1, mul = 1, ans = 0; ll fact = 1; for (int i = 1;i <= n;i++) { if (!vis[i] && fact <= m) fact *= i; base = 1LL * m % mod * base % mod; mul = 1LL * m / fact % mod * mul % mod; ans = ((ans + base) % mod - mul + mod) % mod; } cout << ans << '\n'; return 0; }
E
题解
知识点：bfs。
思考明白了就是一个很简单的01bfs。
注意到我们需要让从第一行到第 \(n\) 行不存在路径，反过来想就是需要一条从第一列到第 \(m\) 列连续的横向仙人掌路径，才能阻挡所有竖向路径，这个路径要求花费最少，于是问题转化问从第一列出发到第 \(m\) 列的仙人掌最短路，起点是第一列所有点，有仙人掌的格子花费为 \(0\) ，没有的花费是 \(1\) 。
搜索过程中用一个 map 记录前驱坐标即可复原路径。
这道题主要在这个思考和转化的过程。
时间复杂度 \(O(nm)\)
空间复杂度 \(O(nm)\)
代码
#include #define ll long long using namespace std; const int dir[4][2] = { {1,1},{1,-1},{-1,1},{-1,-1} }; const int dir2[4][2] = { {1,0},{0,1},{0,-1},{-1,0} }; bool solve() { int n, m; cin >> n >> m; vector<vector<char>> dt(n + 1, vector<char>(m + 1)); for (int i = 1;i <= n;i++) for (int j = 1;j <= m;j++) cin >> dt[i][j]; auto check = [&](int x, int y) { bool ok = 1; for (int i = 0;i < 4;i++) { int xx = x + dir2[i][0]; int yy = y + dir2[i][1]; if (xx <= 0 || xx > n || yy <= 0 || yy > m) continue; ok &= dt[xx][yy] != '#'; } return ok; }; deque<pair<int, int>> dq; vector<vector<bool>> vis(n + 1, vector<bool>(m + 1)); map<pair<int, int>, pair<int, int>> pre; pair<int, int> p = { 0,0 }; for (int i = 1;i <= n;i++) { if (dt[i][1] == '#') dq.push_front({ i,1 }), vis[i][1] = 1, pre[{i, 1}] = { 0,0 }; else if (check(i, 1)) dq.push_back({ i,1 }), vis[i][1] = 1, pre[{i, 1}] = { 0,0 }; } while (!dq.empty()) { auto [x, y] = dq.front(); dq.pop_front(); if (y == m) { p = { x,y }; break; } for (int i = 0;i < 4;i++) { int xx = x + dir[i][0]; int yy = y + dir[i][1]; if (xx <= 0 || xx > n || yy <= 0 || yy > m || vis[xx][yy]) continue; if (dt[xx][yy] == '#') dq.push_front({ xx,yy }), vis[xx][yy] = 1, pre[{xx, yy}] = { x,y }; else if (check(xx, yy)) dq.push_back({ xx,yy }), vis[xx][yy] = 1, pre[{xx, yy}] = { x,y }; } } auto &[px, py] = p; if (!px && !py) return false; cout << "YES" << '\n'; while (px || py) { dt[px][py] = '#'; p = pre[{px, py}]; } for (int i = 1;i <= n;i++) { for (int j = 1;j <= m;j++) { cout << dt[i][j]; } cout << '\n'; } return true; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; cin >> t; while (t--) { if (!solve()) cout << "NO" << '\n'; } return 0; }