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 \(m<n\) 时，一定存在，可以移动。
时间复杂度 \(O(1)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#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 <bits/stdc++.h>
#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 <bits/stdc++.h>
#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：数论，筛法。
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 <bits/stdc++.h>
#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 <bits/stdc++.h>
#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;
}