前言
如您所见这又是一篇咕了的文章,直接咕了10天
好久没打CF了 所以还是个蓝名菜鸡
机房所有人都紫名及以上了,wtcl
这次前4题这么水虽然不知道为什么花了1h,结果不知道为什么搞到一半出锅了,后面直接unrated了qwq
虽然如果是rated我就掉成newbie了
A
题意
在一个矩阵中统计\(a_{i,j}=a_{i-1,j-1}=a_{i-1,j+1}=a_{i+1,j-1}=a_{i+1,j+1}='X'\)
题解
sbt
B
题意
有n种菜,每种菜有价格和数量,然后依次会来m个客人,依次服务每个客人,每个客人需要一定数量的某个菜,如果有就给他,如果他要的菜没有就每次给他最便宜的中编号最小的菜,如果没有菜他就吃菜不付钱.问每个人交多少钱
题解
用set维护菜,价格第一关键字,编号第二关键字,然后模拟
C
题意
n个数(n为偶数),要分组,每组不少于两个数,每组价值为元素和的平方,求最小价值和
题解
显然两个数一组,同时显然排完序后每次从两边各拿一个数凑成一组
D
题意
给一个图,从1号点出发遍历这个图(随便遍历),第一次走到某个点就把编号加入一个序列,问最小字典序序列
题解
不知道比NOIPD2T1水到哪去了
显然要从能走到的没走过的点里选一个编号最小的走,用堆维护即可
E
题意
有k个红包,每个可以在\([l_i,r_i]\)时间里取到,如果取这个红包就得到一定收益,同时往后走直到\(d_i+1\)时刻才能继续取红包\((l_i\le r_i\le d_i)\)
现在贪心取红包,如果在某个时刻能取红包,那么就取价值最大中d最大的红包
现在可以骚扰m次,在时刻x骚扰会导致x时刻无法取红包,问最少取多少收益
题解
这题就是个dp啊,为什么我不去做呢qwq
首先因为\(r_i\le d_i\),所以每个时间点取红包都是唯一的,不会相互影响.用set预处理出每个时间点取那个红包.可以发现每个红包可以看成一个\([i,d_i]\)有收益的线段,然后可以插入m个长度为1收益为0线段,然后依次填满时间段,问最小代价.设\(f[i][j]\)表示做到时刻i,骚扰j次,转移枚举下一位骚扰或不骚扰即可
然而我做的时候各种细节没考虑,交了1h
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define db double #define il inline #define re register using namespace std; const int N=1e5+10; il int rd() { int x=0,w=1;char ch=0; while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();} return x*w; } struct node { int l,r,d,x; bool operator < (const node &bb) const {return x!=bb.x?x<bb.x:d<bb.d;} }a[N<<1]; il bool cmp(node a,node b){return a.l<b.l;} int n,m,kk; LL f[N][210],inf=1ll<<50; priority_queue<node> q; int main() { //wtcl n=rd(),m=rd(),kk=rd(); for(int i=1;i<=kk;++i) a[i].l=rd(),a[i].r=rd(),a[i].d=rd(),a[i].x=rd(); for(int i=1;i<=n;++i) ++kk,a[kk].l=a[kk].r=a[kk].d=i,a[kk].x=0; sort(a+1,a+kk+1,cmp); memset(f,0x3f3f3f,sizeof(f)); f[0][0]=0; for(int i=1,o=1;i<=n;++i) { while(a[o].l==i) q.push(a[o++]); while(!q.empty()&&q.top().r<i) q.pop(); int d=n+1,x=inf; if(!q.empty()) d=q.top().d,x=q.top().x; for(int j=0;j<=m;++j) { f[i][j+1]=min(f[i][j+1],f[i-1][j]); f[d][j]=min(f[d][j],f[i-1][j]+x); } } LL ans=inf; for(int j=0;j<=m;++j) ans=min(ans,f[n][j]); cout<<ans<<endl; return 0; }
F
题意
一个数列,\(f_1=f_2=...=f_{k-1}=1,f_n=m\),并且\(f_i=\prod_{j=1}^{k}{f_{i-j}}^{b_j}\),问\(f_k\)
题解
首先通过手玩可以发现式子可以转化成\({f_k}^a=f_n=m\),然后这个k是可以矩乘求出的(怎么求自己玩去).注意到模数为998244353,原根为3,可以考虑原根,即设\(f_k=g^x,m=g^y\),原式变为\(g^{ax}=g^y(mod\ 998244353)\),根据欧拉定理,这等价于\(ax=y(mod\ 998244352)\),然后y可以bsgs求,x可以exgcd求
注意欧拉定理,矩乘模数是原模数-1
我这种菜鸡什么板子都写错,pp都pp不了
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define il inline #define re register #define db double using namespace std; const int N=700+10,mod=998244353,g=3; il LL rd() { LL x=0,w=1;char ch=0; while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();} return x*w; } map<int,int> ha; il LL fpow(LL a,LL b){LL an=1;while(b){if(b&1) an=1ll*an*a%mod;a=1ll*a*a%mod,b>>=1;}return an;} il LL bsgs(LL a,LL b) { ha.clear(); LL kk=sqrt(mod)+1,aa=b,ka=fpow(a,kk); for(int i=0;i<kk;++i) ha[aa]=i,aa=aa*a%mod; aa=1; for(int i=0;i<=kk;++i) { if(ha.find(aa)!=ha.end()&&i*kk-ha[aa]>=0) return i*kk-ha[aa]; aa=aa*ka%mod; } return -1; } int n,kk,b[110]; struct martix { int n,m; int a[110][110]; martix(){} il void init() { for(int i=1;i<=n;i++) a[i][i]=1; } martix(int n,int m):n(n),m(m) { for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) a[i][j]=0; } martix operator * (const martix &b) const { martix an(n,b.m); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) for(int k=1;k<=b.m;k++) an.a[i][j]=(an.a[i][j]+1ll*a[i][k]*b.a[k][j]%(mod-1))%(mod-1); return an; } martix operator ^ (const LL &bb) const { martix a=*this,an(a.n,a.m); an.init(); LL b=bb; while(b) { if(b&1) an=an*a; a=a*a,b>>=1; } return an; } }ma,mb; il void exgcd(LL a,LL b,LL &d,LL &x,LL &y) { if(!b){d=a,x=1,y=0;return;} exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x; } int main() { n=rd(); for(int i=1;i<=n;++i) b[i]=rd(); kk=rd(),m=rd(); ma.n=ma.m=mb.n=mb.m=n; ma.a[1][n]=1; for(int i=1;i<n;++i) mb.a[i+1][i]=1; for(int i=1;i<=n;++i) mb.a[n-i+1][n]=b[i]%(mod-1); ma=ma*(mb^(kk-n)); LL bb=bsgs(g,m),x,d; //cout<<ma.a[1][n]<<endl;sgllsjlg //cout<<bb<<endl; if(bb==-1) return puts("-1"),0; exgcd(ma.a[1][n],mod-1,y); //cout<<d<<endl; if(bb%d) return puts("-1"),0; y=(mod-1)/d; //cout<<x<<endl; x=(1ll*(x%y+y)%y*(bb/d)%y+y)%y; printf("%d\n",(int)fpow(g,x)); return 0; }
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