VP链接：Dashboard - The 2023 ICPC Asia Hangzhou Regional Contest (The 2nd Universal Cup. Stage 22: Hangzhou) - Codeforces
D. Operator Precedence
一道构造题，将序列构造成 1 2 -1 2 -1 ...... 2 -1 x。根据题目条件，可以推出来 x = 3 - n。由于 x 不等于 0，那么这个序列只有在 的时候成立。n = 3 的时候，直接输出样例中的答案即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read() {
int x = 0, f = 1; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
signed main() {
int t = read();
while (t--) {
int n = read();
if (n == 3) { puts("1 -10 6 6 -10 1"); continue; }
printf("1 ");
for (int i = 1; i < n; i++) printf("2 -1 ");
printf("%d\n", 3 - n);
}
return 0;
}G. Snake Move
最短路问题。起点就是蛇的头，终点是二维网格中的所有点。利用 vis 数组记录障碍和身体的位置（需要多少步才不会再占用该格子）。利用 dijsktra 求最短路。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef unsigned long long ull;
const int N = 3e3 + 10, dx[4] = { 0, 0, 1, -1 }, dy[4] = { 1, -1, 0, 0 };
int n, m, k;
int vis[N][N], f[N][N];
struct node {
int x, y, dis;
bool operator<(const node &t) const { return t.dis < dis; }
};
priority_queue<node> q;
inline int read() {
int x = 0, f = 1; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
signed main() {
n = read(), m = read(), k = read();
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++) vis[i][j] = 0, f[i][j] = INT_MAX;
for (int i = k; i; i--) {
int x = read(), y = read();
vis[x][y] = i; // 记录需要多久不占用该格子
if (i == k) q.push({x, y, 0}), f[x][y] = 0; // 放入蛇头位置
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
if (getchar() == '#') vis[i][j] = -1; // 记录障碍
}
getchar();
}
while (!q.empty()) {
node cur = q.top(); q.pop();
int x = cur.x, y = cur.y;
if (cur.dis != f[x][y]) continue;
// f 数组更新后，优先队列里的 dis 无法及时更新
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int xx = x + dx[i], yy = y + dy[i];
if (xx < 1 || xx > n || yy < 1 || yy > m || vis[xx][yy] == -1) continue;
if (f[xx][yy] > f[x][y] + 1) {
f[xx][yy] = max(f[x][y] + 1, vis[xx][yy]);
q.push({xx, yy, f[xx][yy]});
}
}
}
ull ans = 0; // 自然溢出，相当于对 2^64 取模
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++)
if (f[i][j] != INT_MAX) ans += f[i][j] * f[i][j];
printf("%llu", ans);
return 0;
}
H. Sugar Sweet II
- 当
的时候，无论 a[b[i]] 是否更新，即无论事件以什么顺序发生，a[i] 一定会被更新，则第 i 个孩子手上的糖的期望为 a[i] + w[i]。
- 当
的时候，无论 a[b[i]] 是否更新，即无论事件以什么顺序发生，a[i] 一定无法更新，则第 i 个孩子手上的糖的期望为 a[i]。
- 除去以上两种情况，a[i] 是否更新取决于 a[b[i]] 是否更新。对于这种情况，我们可以以 (b[i], i) 建一张有向图，记录一个 dis 表示该节点更新前有多少个节点需要更新，第一种情况的 dis 记为 1，第二种情况的 dis 记为 0，通过 dfs 遍历得到每一个节点的 dis。每一个节点可以更新的概率就是
，因为只需要这 dis 个节点以这一种特定顺序排列就可以保证该节点被更新。期望就是
，最后要求乘法逆元。
- 对于
即
的乘法逆元，根据费马小定理，当 a 和 p 互质的时候，有
，则
即
。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 5e5 + 10, mod = 1e9 + 7;
int a[N], b[N], w[N], fac[N], dis[N], head[N], num = 0;
struct edge { int to, nxt; } e[N];
inline int read() {
int x = 0, f = 1; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
void addEdge(int u, int v) { e[++num] = (edge){v, head[u]}, head[u] = num; }
int qpow(int x, int k) {
int res = 1LL;
while (k) {
if (k & 1) res = res * x % mod;
x = x * x % mod;
k >>= 1;
}
return res;
}
void dfs(int u) {
for (int i = head[u], v; i; i = e[i].nxt) {
v = e[i].to;
dis[v] = dis[u] + 1;
dfs(v);
}
}
signed main() {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
int t = read();
while (t--) {
int n = read();
for (int i = 1; i <= num; i++) e[i] = {0, 0}; // 初始化
num = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), dis[i] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) b[i] = read(), head[i] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) w[i] = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (a[i] < a[b[i]]) dis[i] = 1;
else if (a[i] >= a[b[i]] + w[b[i]]) dis[i] = 0;
else addEdge(b[i], i); // 只有第三种情况才加边
}
for (int i = 1; i <= n; i++) if (dis[i] == 1) dfs(i);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (dis[i] == 0) printf("%lld ", a[i]);
else printf("%lld ", (a[i] + w[i] * qpow(fac[dis[i]], mod - 2) % mod) % mod);
}
puts("");
}
return 0;
}
J. Mysterious Tree
要判断一个图是否是菊花图，只需要判断是否有任意一个节点与至少三个节点相连。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[5], n;
inline int read() {
int x = 0, f = 1; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
int query(int u, int v) {
cout << "? " << u << " " << v << endl;
int opt = read();
return opt;
}
bool check(int u, int v) {
int k = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (i != u && i != v) a[++k] = i;
if (k == 2) break;
}
return (query(u, a[1]) && query(u, a[2])) || (query(v, a[1]) && query(v, a[2]));
// 判断 u 与 a[1] 和 a[2] 都相连，或者 v 与 a[1] 和 a[2] 都相连
// 如果为真，则为菊花图，否则为链
}
void solve() {
n = read();
bool flag = 0;
for (int i = 1; i <= n; i += 2) {
if (query(i, i % n + 1)) {
flag = check(i, i % n + 1); // n 为奇数时，需要检查 1 和 n 是否有连边
break;
}
}
if (flag) cout << "! 2" <<endl;
else cout << "! 1" << endl;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cout.tie(0);
int t = read();
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}M. V-Diagram
找出给的 V-Diagram a中的最小值的位置 idx，V-Diagram b 有三种情况。
- 左一右多
- 左多右一
- 左多右多
idx 的两边要么取一个，要么取全部。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define double long double
const int N = 3e5 + 10;
int a[N], sum[N];
inline int read() {
int x = 0, f = 1; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
signed main() {
int t = read();
while (t--) {
int idx = 1, minm = INT_MAX, n = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = read(), sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
if (a[i] < minm) idx = i, minm = a[i];
}
printf("%.12Lf\n", max(max((double)(sum[n] - sum[idx - 2]) / (n - idx + 2), (double)sum[idx + 1] / (idx + 1)), (double)sum[n] / n));
}
return 0;
}
