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蓝桥杯第十四届C++C组

作者：知新_RL | 2024-04-08 00:10:54

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蓝桥杯第十四届C++C组

三国游戏

题目描述

小蓝正在玩一款游戏。游戏中魏蜀吴三个国家各自拥有一定数量的士兵X, Y, Z (一开始可以认为都为 0 )。游戏有 n 个可能会发生的事件，每个事件之间相互独立且最多只会发生一次，当第 i 个事件发生时会分别让 X, Y, Z 增加Ai , Bi ,Ci 。

当游戏结束时 (所有事件的发生与否已经确定)，如果 X, Y, Z 的其中一个大于另外两个之和，我们认为其获胜。例如，当 X > Y + Z 时，我们认为魏国获胜。小蓝想知道游戏结束时如果有其中一个国家获胜，最多发生了多少个事件?

如果不存在任何能让某国获胜的情况，请输出 −1 。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 n 。

第二行包含 n 个整数表示 Ai，相邻整数之间使用一个空格分隔。

第三行包含 n 个整数表示 Bi，相邻整数之间使用一个空格分隔。

第四行包含 n 个整数表示 Ci，相邻整数之间使用一个空格分隔。

输出格式

输出一行包含一个整数表示答案。

样例输入

样例输出

提示

发生两个事件时，有两种不同的情况会出现获胜方。

发生 1, 2 事件时蜀国获胜。

发生 1, 3 事件时吴国获胜。

对于 40% 的评测用例，n ≤ 500 ；

对于 70% 的评测用例，n ≤ 5000 ；

对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 10^5，1 ≤ Ai , Bi ,Ci ≤ 10^9 。


#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
typedef long long LL;
LL a[N],b[N],c[N],d[N];
int n;
int get(LL x[],LL y[],LL z[]){
	memset(d,0,sizeof d);
	for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=x[i]-(y[i]+z[i]);
	sort(d+1,d+1+n);
	LL t=-1;
	LL sum=0;
	for(int i=n;i>=1;i--){
		sum+=d[i];
		if(sum>0){
			t=n-i+1;
		}else{
			return t;
		}
	}
}
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>c[i];
	int maxv=-1;
	maxv=max(maxv,get(a,b,c));
	maxv=max(maxv,get(b,a,c));
	maxv=max(maxv,get(c,a,b));
	cout<<maxv<<endl;
	return 0;
}

填充

题目描述

有一个长度为 n 的 01 串，其中有一些位置标记为 ?，这些位置上可以任意填充 0 或者 1，请问如何填充这些位置使得这个 01 串中出现互不重叠的 00 和 11 子串最多，输出子串个数。

输入格式

输入一行包含一个字符串。

输出格式

输出一行包含一个整数表示答案。

样例输入

1110?0

样例输出

提示

如果在问号处填 0 ，则最多出现一个 00 和一个 11：111000 。

对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 1000000 。


#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
	string s;
	cin>>s;
	int cnt=0;
	for(int i=1;i<s.size();i++){
		if(s[i]==s[i-1]||s[i-1]=='?'||s[i]=='?'){
			cnt++;
			i++;
		}
	}
	cout<<cnt<<endl;
	return 0;
}

翻转

题目描述

小蓝用黑白棋的 n 个棋子排成了一行，他在脑海里想象出了一个长度为 n 的 01 串 T，他发现如果把黑棋当做 1，白棋当做 0，这一行棋子也是一个长度为 n 的 01 串 S。

小蓝决定，如果在 S 中发现一个棋子和它两边的棋子都不一样，就可以将其翻转变成另一个颜色。也就是说，如果 S 中存在子串 101 或者 010，就可以选择将其分别变为 111 和 000，这样的操作可以无限重复。

小蓝想知道最少翻转多少次可以把 S 变成和 T 一模一样。

输入格式

输入包含多组数据。

输入的第一行包含一个正整数 D 表示数据组数。

后面 2D 行每行包含一个 01 串，每两行为一组数据，第 2i − 1 行为第 i 组

数据的 Ti，第 2i 行为第 i 组数据的 Si，Si 和 Ti 长度均为 ni。

输出格式

对于每组数据，输出一行包含一个整数，表示答案，如果答案不存在请输出 −1。

样例输入

样例输出

2
-1

提示

对于 20% 的评测用例，1 ≤ $\sum _{1}^{D}$ ni ≤ 10 ；
对于所有评测用例，保证 1 ≤ $\sum _{1}^{D}$ ni ≤ 10^6 ，ni > 0 。


#include<iostream>
using namespace std;
int n;
string t,s;
bool check(int i){
	if(i==0||i==n-1) return 0;
	if(s[i-1]==t[i-1]&&s[i+1]==t[i+1]&&s[i-1]==s[i+1]&&s[i]!=s[i-1]) return 1;
	return 0;
	
}
int main(){
	int T;
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>t>>s;
		n=s.size();
		bool flag=1;
		int cnt=0;
		for(int i=0;i<n;i++){
			if(s[i]!=t[i]){
				if(check(i)) cnt++;
				else {
					flag=0;
					break;
				}
			}
		}
		if(flag) cout<<cnt<<endl;
		else cout<<"-1"<<endl;
	}
	return 0;
}

【单调队列优化DP】子矩阵

题目描述

给定一个 n × m （n 行 m 列）的矩阵。

设一个矩阵的价值为其所有数中的最大值和最小值的乘积。求给定矩阵的所有大小为 a × b （a 行 b 列）的子矩阵的价值的和。

答案可能很大，你只需要输出答案对 998244353 取模后的结果。

输入格式

输入的第一行包含四个整数分别表示 n, m, a, b ，相邻整数之间使用一个空格分隔。

接下来 n 行每行包含 m 个整数，相邻整数之间使用一个空格分隔，表示矩阵中的每个数 Ai, j 。

输出格式

输出一行包含一个整数表示答案。

样例输入

2 3 1 2
1 2 3
4 5 6

样例输出

提示

1×2+2×3+4×5+5×6 = 58 。

对于 40% 的评测用例，1 ≤ n, m ≤ 100 ；

对于 70% 的评测用例，1 ≤ n, m ≤ 500 ；

对于所有评测用例，1 ≤ a ≤ n ≤ 1000 1 ≤ b ≤ m ≤ 1000 1 ≤ Ai, j ≤ 10^9 。


#include<iostream>
#include<deque>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1010;
LL g[N][N],minv[N][N],maxv[N][N];
LL a[N],b[N],c[N];
int n,m,x,y;
void get_max(LL a[],LL b[],int n,int k){
	deque<int> q;
	q.push_back(0);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(q.size()&&a[q.back()]<=a[i]) q.pop_back();
		q.push_back(i);
		while(q.size()&&i-q.front()>=k) q.pop_front();
		b[i]=a[q.front()];
	}
}
void get_min(LL a[],LL b[],int n,int k){
	deque<int> q;
	q.push_back(0);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(q.size()&&a[q.back()]>=a[i]) q.pop_back();
		q.push_back(i);
		while(q.size()&&i-q.front()>=k) q.pop_front();
		b[i]=a[q.front()];
	}
}
int main(){
	cin>>n>>m>>x>>y;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			cin>>g[i][j];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		get_max(g[i],maxv[i],m,y);
		get_min(g[i],minv[i],m,y);
	}
	LL sum=0;
	for(int j=y;j<=m;j++){
		for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=maxv[i][j];
		get_max(c,a,n,x);
		for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=minv[i][j];
		get_min(c,b,n,x);
		for(int i=x;i<=n;i++){
			sum=(sum+(a[i]*b[i])%998244353)%998244353;
		}
	}
	cout<<sum<<endl;
	return 0;
}

【快速幂、欧拉函数】互质数的个数

给定 a, b，求 1 ≤ x < a^b 中有多少个 x 与 a^b 互质。由于答案可能很大，你只需要输出答案对 998244353 取模的结果。

输入格式

输入一行包含两个整数分别表示 a, b，用一个空格分隔。

输出格式

输出一行包含一个整数表示答案。

样例输入

2 5

样例输出

提示

对于 30% 的评测用例，a^b ≤ 10^6 ；

对于 70% 的评测用例，a ≤ 106，b ≤ 10^9 ；

对于所有评测用例，1 ≤ a ≤ 10^9，1 ≤ b ≤ 101^8 。


#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod=998244353;
LL quick_pow(LL a,LL b){
	LL res=1;
	while(b){
		if(b&1) res=res*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
LL eu(LL n){
	LL res=n;
	for(LL i=2;i<=n/i;i++){
		if(n%i==0){
			res=res*(i-1)/i%mod;
			while(n%i==0) n/=i;
		}
	}
	if(n>1) res=res*(n-1)/n%mod;
	return res;
}
int main(){
	LL a,b;
	cin>>a>>b;
	LL n=quick_pow(a,b);
	cout<<eu(n)%mod<<endl;
	return 0;
}

【tire树】异或和之差

题目描述

给定一个含有 n 个元素的数组 Ai，你可以选择两个不相交的子段。求出这两个子段内的数的异或和的差值的最大值。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 n 。

第二行包含 n 个整数 Ai ，相邻整数之间使用一个空格分隔。

输出格式

输出一行包含一个整数表示答案。

样例输入

6
1 2 4 9 2 7

样例输出

提示

两个子段可以分别选 1 和 4，9，2，差值为 15 − 1 = 14 。

对于 40% 的评测用例，n ≤ 5000 ；

对于所有评测用例，2 ≤ n ≤ 2 × 10^5，0 ≤ Ai ≤ 2^20 。

区间 [l,r] 异或和最大就相当于 $S_{r}\bigoplus S_{l-1}$ 最大，即从异或前缀和 s 中找到两个数异或最大，异或和最小同理。


#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<map>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10,M=4e6+10;
int son[M][2];
int idx=0;
int a[N];
int lmx[N],lmi[N],rmx,rmi=2e9;
void insert(int x){
	int p=0;
	for(int i=20;i>=0;i--){
		int u=x>>i&1;
		if(!son[p][u]){
			son[p][u]=++idx;
		}
		p=son[p][u];
	}
}
//求异或最大需要尽可能多 不相同 的位数
int query_max(int x){
	int p=0;
	int res=0;
	for(int i=20;i>=0;i--){
		int u=x>>i&1;
		if(son[p][!u]){
			res+=1<<i;
			p=son[p][!u];
		}else{
			p=son[p][u];
		}
	}
	return res;
}
//求异或最小需要尽可能多 相同 的位数
int query_min(int x){
	int p=0,res=0;
	for(int i=20;i>=0;i--){
		int u=x>>i&1;
		if(son[p][u]){
			p=son[p][u];
		}else{
			res+=1<<i;
			p=son[p][!u];
		}
	}
	return res;
}
signed main(){
	int n;
	cin>>n;
	int maxv=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	int sum=0;//异或前缀和
	insert(sum);
	lmx[0]=0,lmi[0]=2e9;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		sum^=a[i];
		//前i中最大（最小）的区间异或和
		lmx[i]=max(lmx[i-1],query_max(sum));
		lmi[i]=min(lmi[i-1],query_min(sum));
		insert(sum);//构造树
	}
	memset(son,0,sizeof son);
	sum=0;
	idx=0;
	
	insert(sum);
	int res=0;
	for(int i=n;i>=1;i--){
		sum^=a[i];
		rmx=max(rmx,query_max(sum));
		rmi=min(rmi,query_min(sum));
		
		res=max(max(res,lmx[i-1]-rmi),rmx-lmi[i-1]);
		insert(sum);
	}
	cout<<res<<endl;
	return 0;
}

【质因数分解】公因数匹配

题目描述

给定 n 个正整数 Ai，请找出两个数 i, j 使得 i < j 且 Ai 和 Aj 存在大于 1 的公因数。

如果存在多组 i, j，请输出 i 最小的那组。如果仍然存在多组 i, j，请输出 i 最小的所有方案中 j 最小的那组。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 n。

第二行包含 n 个整数分别表示 A1 A2 · · · An，相邻整数之间使用一个空格分隔。

输出格式

输出一行包含两个整数分别表示题目要求的 i, j，用一个空格分隔。

样例输入

5
5 3 2 6 9

样例输出

2 4

提示

对于 40% 的评测用例，n ≤ 5000 ；

对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 105，1 ≤ Ai ≤ 106 。


#include<iostream>
#include<vector>
#include<map>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int a[N];
map<int,int> mp;//存储每个质因子第一次出现的位置
int get(int i){
	int pos=1e9;
	int t=a[i];
	for(int j=2;j*j<=t;j++){
		if(t%j==0){
			if(!mp[j]) mp[j]=i;
			else pos=min(pos,mp[j]);
			while(t%j==0) t/=j;
		}
	}
	if(t>1){
		if(!mp[t]) mp[t]=i;
		else pos=min(pos,mp[t]);
	}
	return pos;
}
signed main(){
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	int x=1e9,y=1e9;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int pos=get(i);
		if(pos!=1e9){
			if(pos<x||pos==x&&i<y){
				x=pos,y=i;
			}
		}
	}
	cout<<x<<' '<<y<<endl;
	return 0;
}

子树的大小

题目描述

给定一棵包含 n 个结点的完全 m 叉树，结点按从根到叶、从左到右的顺序依次编号。

例如下图是一个拥有 11 个结点的完全 3 叉树。

蓝桥杯2023年第十四届省赛真题-子树的大小

你需要求出第 k 个结点对应的子树拥有的结点数量。

输入格式

输入包含多组询问。

输入的第一行包含一个整数 T ，表示询问次数。

接下来 T 行，每行包含三个整数 n, m, k 表示一组询问。

输出格式

输出 T 行，每行包含一个整数表示对应询问的答案。

样例输入

样例输出

1
2
24

提示

对于 40% 的评测用例，T ≤ 50，n ≤ 10^6，m ≤ 16 ；

对于所有评测用例，1 ≤ T ≤ 10^5，1 ≤ k ≤ n ≤ 10^9，2 ≤ m ≤ 10^9 。


#include<iostream>
#include<vector>
#include<map>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int a[N];
signed main(){
	int T;
	scanf("%lld",&T);
	while(T--){
		int n,m,k;
		scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
		bool flag=1;
		int cnt=1;
		int l=k,r=k;
		while(flag){//迭代计算k节点的子节点个数
			l=(l-1)*m+2;//最左边子节点的编号
			r=r*m+1;//最右边子节点的编号
			if(r>n){
				r=n;
				flag=0;
			}
			if(l<=n) cnt+=r-l+1;
		}
		printf("%lld\n",cnt);
	}
	return 0;
}

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