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2024东北四省ccpc

news 来源：原创 2025/6/26 2:41:20

F题

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解题思路

数论

有限小数的条件

$\frac{p}{q}$ 在 $k$ 进制下是有限小数，当且仅当 $q$ 的所有质因数都是 $p$ 或 $k$ 的质因数。

即，若 $q$ 的质因数分解为 $\prod_{i} p_i^{a_i}$ ，则每个 $p_i$ 必须满足 $p_i \mid p$ 或 $p_i \mid k$ 。

数学表达：
由于 $\frac{p}{q}$ 在 $k$ 进制下是有限小数，等价于 $q$ 能整除 $\times k^{\infty}$ （即 $q$ 的所有质因数必须来自 $p$ 或 $k$ 的质因数）。

1. 质因数分解

对 $p$ 和 $k$ 进行质因数分解，合并它们的质因数集合。
- 设 $p$ 的质因数分解为 $\prod_{i} p_i^{e_i}$ 。
- 设 $k$ 的质因数分解为 $\prod_{i} p_i^{f_i}$ （可能与 $p$ 的质因数重叠）。
合并后的质因数集合即为所有可能的 $q$ 的质因数来源。

2. 构造合法的 $q$

$q$ 必须是这些质因数的乘积，且每个质因数的指数满足：

如果 $p_i$ 来自 $p$ ，则 $a_i \leq e_i$ 。
如果 $p_i$ 来自 $k$ ，则 $a_i$ 可以任意大（因为 $k^{\infty}$ 可覆盖），但需保证 $\leq x$ 。

3. DFS 枚举所有可能的 $q$

使用深度优先搜索（DFS）枚举所有可能的 $q$ 的组合。
对于每个质因数 $p_i$ ，尝试其可能的指数 $a_i$ （从 $0$ 开始，直到 $p_i^{a_i} \times \text{当前积} \leq x$ ）。
统计所有满足 $\leq x$ 的组合。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define asd(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
#define int long long
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f, N = 1e6 + 5;
unordered_map<int, int> mp;//不能用map,会超时
int num[N], pri[N], cnt, ans, x;void dfs(int i, int now) 
{int j = num[i];while (true) {if (i <= cnt)dfs(i + 1, now);if (j && now <= x / pri[i]) {now *= pri[i];ans++;j--;} else {break;}}
}void split(int x, int y)
{for (int i = 2; i <= x / i; ++i){while (x % i == 0)x /= i, mp[i] += y;}if (x > 1)mp[x] += y;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);int p, k;cin >> p >> x >> k;split(p, 1);split(k, 64);for (auto i : mp){num[++cnt] = i.second;pri[cnt] = i.first;}dfs(1, 1);cout << ans + 1 << endl;return 0;
}

I题

在这里插入图片描述

解题思路

组合数学+dp

排列区间的覆盖

为了确保每一个位置 $i$ 都被至少一个长度为 $k$ 的排列区间覆盖，序列的开头和结尾必须分别有一个排列区间。

具体来说：

前 $k$ 个数字必须是一个排列（即 $[1, k]$ 是排列）
最后 $k$ 个数字也必须是一个排列（即 $[n - k + 1, n]$ 是排列）

中间的排列区间可以重叠，但必须确保没有位置被"遗漏"。

动态规划定义

定义 $f_i$ 为长度为 $i$ 的满足条件的序列的数量。

初始条件：

对于 $i < k$ ， $f_i = 0$ （无法形成长度为 $k$ 的排列区间）
对于 $i = k$ ， $f_k = k!$ （ $1\sim k$ 的所有排列）

转移思路

对于 $i > k$ ，从较短的序列扩展而来：

假设已有长度为 $j$ 的合法序列（ $\geq k$ ）
在其末尾添加 $i - j$ 个数字（ $\leq k$ ）
确保：
- 新序列的最后 $k$ 个数字是一个排列
- 新添加部分不会在中间形成新的排列区间

引入辅助函数 $g_{i-j}$ 表示这种扩展方式数。

辅助函数 $g$ 的定义

$g_m$ 表示：

在一个排列后添加 $m$ 个数字（ $\leq k$ ）
使得：
- 最后 $k$ 个数字是新排列
- 新添加的 $m$ 个数字内部不形成其他排列区间

计算公式：
$g_m = m! - \sum_{j=1}^{m-1} g_j \times (m-j)!$

其中：

$m!$ ：不考虑限制的总方式数
$g_j \times (m-j)!$ ：减去在位置 $j$ 提前形成排列区间的情况

动态规划转移方程

对于 $f_i$ （ $i > k$ ）：
$f_i = \sum_{j=i-k}^{i-1} f_j \times g_{i-j}$

表示从所有可能的 $f_j$ 转移而来，乘以对应的扩展方式数 $g_{i-j}$ 。

算法流程

预处理计算 $g_1$ 到 $g_k$
初始化 $f_0$ 到 $f_k$
使用转移方程计算 $f_{k+1}$ 到 $f_n$
最终结果： $f_n$

时间复杂度：

计算 $g$ 数组： $O(k^2)$
计算 $f$ 数组： $\cdot k)$
总复杂度： $O(k^2 + n \cdot k)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define asd(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
#define int long long
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f, N = 1e5 + 5, mod = 998244353;
int dp[N], g[N], fac[N];void init(int k)
{fac[0] = 1;asd(i, 1, N - 1) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;asd(m, 1, k){g[m] = fac[m];asd(j, 1, m - 1){g[m] = (g[m] - g[j] * fac[m - j] % mod + mod) % mod;}}
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int n, k;cin >> n >> k;if (k > n){cout << 0 << endl;return 0;}init(k);asd(i, 1, k - 1) dp[i] = 0;dp[k] = fac[k];asd(i, k + 1, n){dp[i] = 0;int start = max(i - k, k);asd(j, start, i - 1){dp[i] = (dp[i] + dp[j] * g[i - j] % mod) % mod;}}cout << dp[n] << endl;return 0;
}

H题

在这里插入图片描述

解题思路

lca+树上差分+二分

1. 问题转化

将城市和铁路视为一棵无向树，选择首都即选择树的根。
铁路方向固定为从子节点指向父节点（指向首都）。
朋友会面城市为两人在当前根下的最近公共祖先（LCA）。
会面路径长度为两人到LCA的路径长度的最大值。

2. 关键观察

对于固定的根，所有朋友对的会面路径长度可以通过LCA快速计算。
直接枚举所有可能的根（城市）不可行（因为n是1e5量级），需要更高效的方法。

3. 二分答案

二分搜索可能的答案（最小化最大路径长度）。
对于每个候选值mid，验证是否存在一个根，使得所有朋友对的会面路径长度 ≤ mid。

4. 验证方法（check函数）

对于每对朋友(x_i, y_i)：
- 若原始路径长度 ≤ mid，跳过。
- 否则，限制根的位置必须满足：
  - 如果x_i到LCA的路径较长，则根必须在x_i的mid级祖先的子树内。
  - 否则，根必须在y_i的(dis[i]-mid-1)级祖先的子树外。
使用差分数组标记所有限制条件的交集，检查是否存在满足所有限制的根。

5. 复杂度分析

预处理（DFS和倍增数组）：O(n log n)
二分验证：O(m log n) 每次验证
总复杂度：O((n + m) log n)，适用于题目约束。

6. 输出结果

二分找到的最小满足条件的mid即为答案。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define asd(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
#define int long long
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f, N = 1e6 + 5;
int dep[N], o[N][22], sz[N], dfn[N], tot, x[N], y[N], dis[N], lca[N], n, m, pre[N];
vector<int> g[N];void dfs(int x, int f)
{dep[x] = dep[f] + 1;sz[x] = 1;o[x][0] = f;if (!dfn[x])dfn[x] = ++tot;for (int i = 1; i <= 20; ++i){o[x][i] = o[o[x][i - 1]][i - 1];}for (const auto &y : g[x]){if (y == f)continue;dfs(y, x);sz[x] += sz[y];}
}int getlca(int x, int y)
{if (dep[x] < dep[y])swap(x, y);for (int i = 20; i >= 0; --i){if (dep[o[x][i]] >= dep[y]){x = o[x][i];}}if (x == y)return x;for (int i = 20; i >= 0; --i){if (o[x][i] != o[y][i]){x = o[x][i];y = o[y][i];}}return o[x][0];
}int getfa(int u, int d)
{for (int i = 20; i >= 0; i--){if (d & (1 << i)){u = o[u][i];}}return u;
}bool check(int lim)
{int cnt = 0, vis = 0;asd(i, 1, m){if (dis[i] <= lim)continue;int distx = dep[x[i]] - dep[lca[i]];int disty = dep[y[i]] - dep[lca[i]];if (distx > lim){int u = getfa(x[i], lim);pre[dfn[u]]++;pre[dfn[u] + sz[u]]--;cnt++;}else{int u = getfa(y[i], dis[i] - lim - 1);pre[1]++;pre[dfn[u]]--;pre[dfn[u] + sz[u]]++;pre[n + 1]--;cnt++;}if (disty > lim){int u = getfa(y[i], lim);pre[dfn[u]]++;pre[dfn[u] + sz[u]]--;cnt++;}else{int u = getfa(x[i], dis[i] - lim - 1);pre[1]++;pre[dfn[u]]--;pre[dfn[u] + sz[u]]++;pre[n + 1]--;cnt++;}}int num = 0;asd(i, 1, n){num += pre[i];if (num == cnt)vis = 1;pre[i] = 0;}return vis;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin >> n >> m;asd(i, 1, n - 1){int u, v;cin >> u >> v;g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}dfs(1, 0);asd(i, 1, m){cin >> x[i] >> y[i];lca[i] = getlca(x[i], y[i]);dis[i] = dep[x[i]] + dep[y[i]] - 2 * dep[lca[i]];}int l = 0, r = n - 1;while (l <= r){int mid = (l + r) >> 1;if (check(mid))r = mid - 1;elsel = mid + 1;}cout << l << endl;return 0;
}

2024东北四省ccpc

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编程日记 2025/6/22 5:23:00

P1601 A+B Problem（高精）

题目描述高精度加法，相当于 ab problem，不用考虑负数。输入格式分两行输入。a,b≤10500。输出格式输出只有一行，代表 ab 的值。输入输出样例输入 1 1 输出 2 输入 1001 9099 输出 10100 说明/提示 20% 的测试数据…...

编程日记 2025/6/25 5:19:12

鸿蒙OSUniApp实现个性化的搜索框与搜索历史记录#三方框架 #Uniapp

使用UniApp实现个性化的搜索框与搜索历史记录在移动端应用开发中，搜索功能几乎是标配，而一个好的搜索体验不仅仅是功能的实现，更是用户留存的关键。本文将分享如何在UniApp框架下打造一个既美观又实用的搜索框，并实现搜索历史记录…...

编程日记 2025/6/23 12:14:22

鸿蒙OSUniApp 制作自定义弹窗与模态框组件#三方框架 #Uniapp

UniApp 制作自定义弹窗与模态框组件前言在移动应用开发中，弹窗和模态框是用户交互的重要组成部分，它们用于显示提示信息、收集用户输入或确认用户操作。尽管 UniApp 提供了基础的交互组件如 uni.showModal() 和 uni.showToast()，但这些原…...

编程日记 2025/6/24 19:28:15

web第一次课后作业--运行一个java web项目

一、创建java web项目 1.新建java EE --> 模版：Web应用程序 2.选择版本：Java EE 8 3. 配置tomcat 二、页面效果默认页面跳转页面三、代码 3.1 默认页面 <% page contentType"text/html; charsetUTF-8" pageEncoding"UTF-8…...

编程日记 2025/6/22 6:14:01

工业互联网

工业互联网全景解析工业互联网是工业数字化、网络化、智能化转型升级的重要抓手，是实现中国制造 2025 战略目标的重要路径，对于推动我国实体经济高质量、可持续发展，建设制造强国、网络强国，意义重大。2017 年，我国提…...

编程日记 2025/6/21 10:38:54

论QT6多线程技术

前言以前我多线程使用传统的继承qthread重写run()或者继承qrunable类把对象丢到线程池解决。经过昨天的面试让我了解到新的技术，我之前看到过只不过没有详细的去了解movetotread技术，这个技术是qt5推出的，qt6还在延续使用代码结构以下是…...

编程日记 2025/6/22 8:15:50

TensorFlow深度学习实战（16）——注意力机制详解

TensorFlow深度学习实战（16）——注意力机制详解 0. 前言1. 引入注意力机制2. 注意力机制2.1 注意力机制原理2.2 注意力机制分类 3. 添加注意机制的 Seq2Seq 模型3.1 数据处理3.2 模型构建与训练3.3 模型性能评估小结系列链接 0. 前言在传统的神经网络…...

编程日记 2025/6/23 14:52:50

架空防静电地板材质全解析：选对材质，守护精密空间的“安全卫士”

在现代科技驱动的社会中，无论是数据中心、实验室、手术室，还是高端电子厂房，静电都是精密设备的“隐形杀手”。而架空防静电地板作为这些场所的“安全卫士”，其材质选择直接决定了防静电性能、承重能力及使用寿命。今天&#xff0…...

编程日记 2025/6/23 13:50:37

F题

解题思路

有限小数的条件

1. 质因数分解

2. 构造合法的 q q q

3. DFS 枚举所有可能的 q q q

I题

解题思路

排列区间的覆盖

动态规划定义

转移思路

辅助函数 g g g 的定义

动态规划转移方程

算法流程

H题

解题思路

1. 问题转化

2. 关键观察

3. 二分答案

4. 验证方法（check函数）

5. 复杂度分析

6. 输出结果

相关文章：

2. 构造合法的 $q$

3. DFS 枚举所有可能的 $q$

辅助函数 $g$ 的定义