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2024ICPC网络赛第二场题解

news 来源：原创 2025/6/8 3:59:49

文章目录

F. Tourist(签到)
I. Strange Binary(思维)
J. Stacking of Goods(思维)
A. Gambling on Choosing Regionals(签到)
G. Game(数学)
L. 502 Bad Gateway(数学)
E. Escape(BFS)
C. Prefix of Suffixes(kmp+结论)
K. match(01trie分治+多项式乘法+组合数)

题目链接

F. Tourist(签到)

题意：

初始分数1500，n个数，问到第几次总和至少4000分

void solve(){int n;cin>>n;int x=1500;int pos=-1;for(int i=1;i<=n;i++){int y;cin>>y;x+=y;if(pos==-1&&x>=4000)pos=i;}cout<<pos<<"\n";
}

I. Strange Binary(思维)

在这里插入图片描述
首先 $n\%4=0$ 肯定不行，因为二进制末位必然会有两个 $0$

其他情况都可以，最高位置1来完成

J. Stacking of Goods(思维)

在这里插入图片描述

重排列货物，使值最小

经典trick，我们看交换两个货物 $\lt i)$ 有什么变化

交换前： $v_j+v_i-c_iw_j$

交换后： $v_i+v_j-c_jw_i$

那么贡献不同的只有一部分，按 $c_jw_i \lt c_iw_j$ 排序即可，如果不清楚大于和小于就两个都试一下

void solve(){int n;cin>>n;vector<array<int,3>> a(n);for(auto &[w,v,c]:a)cin>>w>>v>>c;sort(a.begin(),a.end(),[&](auto x,auto y){return x[2]*y[0]<y[2]*x[0];});int ans=0,W=0;for(auto &[w,v,c]:a)ans+=v-W*c,W+=w;cout<<ans<<"\n";
}

A. Gambling on Choosing Regionals(签到)

在这里插入图片描述
懒得补了

G. Game(数学)

在这里插入图片描述

两个人玩游戏，一个人获胜的概率为 $p_0$ ,失败为 $p_1$ ，剩下为平局
如果获胜的人分数本来就大于等于另一个人，直接赢得比赛
否则假设为 $\lt y),y=y-x$
求 $A$ 获胜的概率

思路：

可以发现平局是没用的，一局比赛 $A$ 赢的概率为 $\frac{p_0}{p_0+p_1}$
如果 $a = b$ ，那么赢的概率就是上面的数
考虑 $a < b$ 的情况，那么他需要一直赢直到， $a > b$ ；那么交换位置，又变成了 $a < b$ 的情况
一直递归下去即可
复杂度和欧几里得相同， $O(\log n)$

int qpow(int a,int b){int ans=1;for(;b;b>>=1){if(b&1)ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;}return ans;
}
int dfs(int a,int b,int pa,int pb){if(a==b)return pa;if(a>b)return (1-dfs(b,a,pb,pa)+mod)%mod;int x=b/a-(b%a==0);return qpow(pa,x)%mod*dfs(a,b-x*a,pa,pb)%mod;
}
void solve(){int x,y;cin>>x>>y;int a,b,c;cin>>a>>b>>c;cout<<dfs(x,y,a*qpow((a+b)%mod,mod-2)%mod,b*qpow((a+b)%mod,mod-2)%mod)<<"\n";
}

L. 502 Bad Gateway(数学)

在这里插入图片描述

设小于某个阈值 $c$ 后就不再random，那么期望为 $\frac{c-1}{2}+\frac{t}{c}$ ，对勾函数在， $\sqrt 2t$ 取等

E. Escape(BFS)

$n$ 个点 $m$ 条边，每条边是双向的有向边，期望从点 $1$ 到 $n$ ，有 $k$ 个机器人，每一秒会随机通过一条边前往下一个点，如果你在过程中被抓到了，就会逃离失败。(即在某一时刻在同一个点)；机器人只能走最多 $d$ 的距离，超过距离会爆炸；设计一条线路，保证一定能逃离，或者说不可能

分奇偶考虑，先 $BFS$ 预处理出在奇数还是偶数秒到达某个点的最小时刻
然后从 $1$ 出发 $BFS$ ，一个点能到达当他在相同奇偶性的秒数里面，比机器人先到达
复杂度 $O (n + m)$
坑点：输出方案时，必须是没有前驱才停止，而不是到达点 $1$ 就停止(因为 $1$ 有可能会经过两次)

void solve(){int n,m,d;cin>>n>>m>>d;vector<int> adj[n+1];for(int i=1;i<=m;i++){int u,v;cin>>u>>v;adj[u].push_back(v);adj[v].push_back(u);}vector have(n+1,vector<int>(2,INF)),dis(n+1,vector<int>(2,INF)),pre(n+1,vector<int>(2,0));int k;cin>>k;queue<PII> q;for(int i=0;i<k;i++){int x;cin>>x;have[x][0]=0;q.emplace(x,0);}while(!q.empty()){auto [u,o]=q.front();q.pop();for(auto v:adj[u]){if(have[v][o^1]==INF&&have[u][o]+1<=d){have[v][o^1]=have[u][o]+1;q.emplace(v,o^1);}}}dis[1][0]=0;q.emplace(1,0);int tt=-1;while(!q.empty()){auto [u,o]=q.front();q.pop();// if(u==n){//     tt=o;//     break;// }for(auto v:adj[u]){if(dis[v][o^1]==INF&&have[v][o^1]>dis[u][o]+1){pre[v][o^1]=u;dis[v][o^1]=dis[u][o]+1;q.emplace(v,o^1);}}}if(min(dis[n][0],dis[n][1])==INF)tt=-1;else if(dis[n][0]<dis[n][1])tt=0;else tt=1;if(tt==-1){cout<<"-1\n";return;}vector<int> st;int x=n;while(x){st.push_back(x);x=pre[x][tt];tt^=1;}cout<<st.size()-1<<"\n";while(st.size()){cout<<st.back()<<" ";st.pop_back();}cout<<"\n";
}

C. Prefix of Suffixes(kmp+结论)

在这里插入图片描述
对于 $A_i$ ，满足的匹配的 $j$ 满足 $S [1... n - i] = S [i ... n - 1]$ ,我们需要维护这些对应的 $i$ 下标的总和

实际上是z函数，但是需要动态维护

可以使用kmp求解,一开始的想法是在 $j = n e [j]$ 失配的过程中，减去对应的值，但是这会漏掉一些情况

比如字符串aacaac， $n e [5] = 2, n e [6] = 3$ ，在下标 $5$ 时的贡献是 $B [4] + B [5]$ ，在下标 $6$ 的贡献为 $B [4] + B [6]$ ，但是下标 $5$ 的贡献并不会减去，因此还是需要暴力跳，但是直接跳会超时

这里需要知道一些结论：

对于一个下标 $i$ ，它生成的 $ne_i$ 会最多形成 $\log n$ 个值域不相交的等差数列
对于等差数列的一个数如果他能匹配 $S [n e [j] + 1] = S [i]$ ，那么整个等差数列都能匹配，此时可以直接跳到等差数列的头部

复杂度 $\log n)$

void solve(){int n;cin>>n;vector<int> S={0},A={0},B={0};int ans=0;int sum=0;vector<int> ne(n+1),top(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){int s,a,b;cin>>s>>a>>b;s=(s+ans)%n;S.push_back(s);A.push_back(a);B.push_back(b);ans+=B[1]*A[i];if(i==1){cout<<ans<<"\n";continue;}int j=ne[i-1];while(j&&S[i]!=S[j+1]){sum-=B[i-j];j=ne[j];}if(S[i]==S[j+1])ne[i]=j+1;else ne[i]=j;if(i-ne[i]==ne[i]-ne[ne[i]])top[i]=top[ne[i]];else top[i]=ne[i];if(S[1]==S[i])sum+=B[i];while(j){if(S[j+1]==S[i]){if(S[ne[j]+1]==S[i]){j=top[j];}else j=ne[j];}else{sum-=B[i-j];j=ne[j];}}ans+=sum*A[i];cout<<ans<<"\n";}
}

K. match(01trie分治+多项式乘法+组合数)

在这里插入图片描述
题意：
一个二分图

两个点可以匹配当 $a_ i\oplus b_j \geq k$

问对于所有的 $\in[1,n]$ ，有多少种方案匹配数为 $x$

因为是异或，所以从高到低按位考虑，然后自底向上合并答案
设 $f (A, B, i)$ 表示考虑到第 $i$ 位，集合内满足的方案数，返回一个多项式
假设 $A_0$ 为第 $i$ 位为 $0$ 的 $A$ 集合的数，同理 $A_1,B_0,B_1$
如果 $k$ 的第 $i$ 位为 $0$ ，那么当前位不同的都可以任选，因此先算出来 $f(A_0,B_0,i-1),f(A_1,B_1,i-1)$ 的多项式，然后枚举 $0, 1$ 匹配分别用了多少个数，那么剩余的 $A_1$ 和 $B_0$ , $A_0$ 和 $B_1$ 可以任意匹配，统计答案
如果为 $1$ ，则当前位只能选不一样的，合并 $f(A_0,B_1,i-1),f(A_1,B_0,i-1)$
多项式合并就是做多项式乘法，这很好理解
考虑大小为 $n$ 和 $m$ 的集合任意匹配，有多少种方案
对于匹配数 $i$ ，显然有 $\binom{n}{i} \binom{m}{i}$ 种选取，然后这 $i$ 个数可以任意组合方案为 $i!$ ，因此总方案为 $\binom{n}{i} \binom{m}{i} i!$
复杂度 $O(n^4)$ ，不太会分析，对于dfs的次数为字典树节点的个数 $2 n$ ，每个节点最坏为 $n^4$ ，理论上为 $O(n^5)$ (因此如果每次设数组大小为 $n$ 就会超时)，但是实际上远达不到

int fac[210],ifac[210],n,k;
int qpow(int a,int b){int ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans;
}
void init(int n){fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;ifac[n]=qpow(fac[n],mod-2);for(int i=n-1;i>=0;i--){ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;}
}
int C(int n,int m){if(n<m||m<0)return 0;return fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}
vector<int> mul(const vector<int> &a,const vector<int> &b){vector<int> ans(a.size()+b.size()-1);for(int i=0;i<a.size();i++){for(int j=0;j<b.size();j++){ans[i+j]=(ans[i+j]+a[i]*b[j])%mod;}}return ans;
}
vector<int> get(int n,int m){vector<int> ans(min(n,m)+1);for(int i=0;i<ans.size();i++)ans[i]=C(n,i)*C(m,i)%mod*fac[i]%mod;return ans;
}
vector<int> dfs(vector<int> &a,vector<int> &b,int bit){if(a.empty()||b.empty())return {1};if(bit==-1)return get(a.size(),b.size());vector<vector<int>> A(2),B(2);for(auto &x:a){A[x>>bit&1].push_back(x);}for(auto &x:b){B[x>>bit&1].push_back(x);}if(k>>bit&1)return mul(dfs(A[0],B[1],bit-1),dfs(A[1],B[0],bit-1));auto ans=dfs(A[0],B[0],bit-1),res=dfs(A[1],B[1],bit-1);vector<int> Ans(min(a.size(),b.size())+1);for(int i=0;i<ans.size();i++){for(int j=0;j<res.size();j++){array<int,2> cnta,cntb;cnta[0]=A[0].size()-i;cntb[0]=B[0].size()-i;cnta[1]=A[1].size()-j;cntb[1]=B[1].size()-j;int val=ans[i]*res[j]%mod;vector<int> tmp=mul(get(cnta[0],cntb[1]),get(cnta[1],cntb[0]));for(int x=0;x<tmp.size();x++){Ans[i+j+x]=(Ans[i+j+x]+tmp[x]*val%mod)%mod;}}}return Ans;
}
void solve(){cin>>n>>k;init(n);vector<int> a(n),b(n);for(auto &x:a)cin>>x;for(auto &x:b)cin>>x;auto ans=dfs(a,b,59);while(ans.size()<n+1)ans.push_back(0);for(int i=1;i<=n;i++)cout<<ans[i]<<"\n";
}

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编程日记 2025/5/23 14:08:34

2个小时1.5w字｜ React Golang 全栈微服务实战

文章目录前言Golang 入门教程1. 下载与环境配置安装 GoWindows 安装macOS 安装Linux 安装理解 GOROOT 和 GOPATHGOROOTGOPATHGo Modules 与 GOPATH 的关系查看和设置 Go 环境变量配置 GOPATH 2. 语法与包管理Go 基础语法运行 Go 程序构建 Go 程序包管理 (Go Modules)常用标准…...

编程日记 2025/5/29 10:06:15

Spring security详细上手教学（三）密码管理

Spring security详细上手教学（三）密码管理本章节两部分内容实现PasswordEncoder使用Spring Security Crypto模块提供的工具 1. 使用 password encoder 通常，系统不会使用纯文本来保存密码，需要进行加密/哈希等一系列处理以加…...

编程日记 2025/5/29 10:52:15

ADC读取异常情况汇总

MCU ADC读取内部参考电压 Vrefint 如果某个输入引脚的电压高于供电电压，可能存在读取内部参考电压数值不准或者读数是4095。虽然宽电压支持，最好硬件设计硬件避免这种情况，避免异常情况。...

编程日记 2025/5/5 3:17:34

给函数参数设置默认值的方式

在 JavaScript 中，给函数参数设置默认值主要有以下几种方式： 1. 函数体内手动检查赋值（ES5 及以前） 在函数内部检查参数是否为 undefined，然后手动赋值默认值。 function greet(name, age) {name name ! undefined…...

编程日记 2025/5/15 13:55:26

【C语言】内存分配的理解

很多时候我们声明变量，系统就自动为我们处理好了内存。这主要取决于内存分配发生的时间和内存区域。C语言中主要有以下几种内存分配方式： 栈 (Stack) 内存分配 (自动内存): 何时发生: 在函数内部声明的非static局部变量（包括基本类型如 int…...

编程日记 2025/5/29 19:18:01

特征工程四：数据特征提取TfidfVectorizer的使用

TfidfVectorizer 深度解析 TfidfVectorizer 是 scikit-learn 中用于文本特征提取的核心工具，它将原始文本转换为 TF-IDF 特征矩阵，是自然语言处理(NLP)和文本挖掘的基础组件。一、核心原理 1. TF-IDF 计算 TF (Term Frequency)：词频&…...

编程日记 2025/6/2 3:59:05

深度学习涉及的数学与计算机知识总结

深度学习涉及的数学与计算机知识可总结为以下核心模块，结合理论与实践需求分为数学基础和计算机技能两大方向： 一、数学知识线性代数核心：矩阵运算（乘法、转置、逆矩阵）、向量空间、特征值与特征向量、奇异值分解&am…...

编程日记 2025/6/1 3:47:58

引领印尼 Web3 变革：Mandala Chain 如何助力 1 亿用户迈向数字未来？

当前 Web3 的发展正处于关键转折点，行业亟需吸引新用户以推动 Web3 的真正大规模采用。然而，大规模采用面临着核心挑战：数据泄露风险、集中存储的安全漏洞、跨系统互操作性障碍，以及低效的服务访问等问题。如何才能真正突破这些瓶…...

编程日记 2025/5/24 19:29:15

Mysql从入门到精通day6————时间和日期函数精讲

关于Mysql的日期和时间计算函数种类非常繁多，此处我们对常用的一些函数的用法通过实例演示让读者体会他们的用法，文章末尾也给出了时间和日期计算的全部函数函数1：curdate（）和current_date()函数作用：获取当前日期 select curdate(),current_date();运行效果：...

编程日记 2025/5/28 15:11:15

C#如何正确的停止一个多线程Task？CancellationTokenSource 的用法。

在 C# 中停止一个 Task 需要谨慎处理，因为直接强制终止（如 Thread.Abort()）会导致资源泄漏或状态不一致。推荐使用协作式取消（Cooperative Cancellation） 通过 CancellationToken 实现安全停止。以下是详细方…...

编程日记 2025/5/4 3:14:15

【Redis】Redis Zset实现原理：跳表+哈希表的精妙设计

一、实现： Zset有序集合是一种由跳表(Skip List)哈希表(Hash Table) 实现的数据结构。二、特点功能： Set特性排序三、跳表与哈希表分析： Zset的实现由两个数据结构： 1.跳表(Skip List)：用于存储数据的排序和快…...

编程日记 2025/5/19 11:02:44

【前端】jQuery 对数据进行正序排列

你可以使用 jQuery 对数据进行正序排列（按 jbsj 升序）。以下是完整的代码示例： <!DOCTYPE html> <html> <head><title>按时间排序</title><script src"https://code.jquery.com/jquery-3.6.0.min.js&…...

编程日记 2025/5/29 11:14:08

文章目录

F. Tourist(签到)

I. Strange Binary(思维)

J. Stacking of Goods(思维)

A. Gambling on Choosing Regionals(签到)

G. Game(数学)

L. 502 Bad Gateway(数学)

E. Escape(BFS)

C. Prefix of Suffixes(kmp+结论)

K. match(01trie分治+多项式乘法+组合数)

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