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【2024年浙江工商大学程序设计竞赛新生赛（同步赛）部分题解】

news 来源：原创 2025/6/30 20:38:29

C. 交换

题目大意

给定一个长度为 $n$ 的数组 $a$ 。一开始你有一个总和 $s = 0$ 。

现在你需要做 $n$ 次操作，第 $i$ 次操作的流程如下（ $\leqslant i \leqslant n$ )：

选择一个下标 $\in [1, n)$ ，然后交换 $\ a[p + 1]$ （如果你不想选，这一小步可以跳过）；
$s := s + a [i]$ ；

求 $n$ 次操作结束后你能获得的最大的 $s$ 。

数据范围

$\leqslant n \leqslant 500$ ；
$\leqslant a_i \leqslant 10^6$ ；

Solution

我们观察这个数据范围，一眼 $O(n^3)$ 的解法，而且大概率 $d p$ 。只不过有可能是 $O(n^2)$ 的状态， $O (n)$ 的转移；还有可能是 $O(n^3)$ 的状态，以及需要优化成 $O (1)$ 的转移。

首先，我们的状态需要操作次数 $i$ ，因为每个操作次数要加的 $a [i]$ 不一样。其次，我们还要交换次数 $j$ ，因为每次操作可以不选下标 $p$ 进行交换。最后，我们还要知道交换后 $a [i]$ 变成了什么，即 $a [i] := a [k]$ ，我们仅需记录这个 $k$ 。

这样就确定了我们的状态是 $O(n^3)$ 的，因此我们一定需要 $O (1)$ 的优化转移。

设 $d p [i] [j] [k]$ 表示进行了 $i$ 次操作，已经做了 $j$ 次交换，将 $a [i] := a [k]$ 能得到的最大 $s$ 。

状态转移：

$d p [i] [j] [k] = d p [i - 1] [j - 1] [k] + a [k]$ ，表示第 $i$ 次操作要交换 $a [i - 1]$ 和 $a [i]$ ，而 $a [i - 1]$ 在上一次操作中已经有 $a [i - 1] := a [k]$ ；
$dp[i][j][k] = dp[i - 1][j - |i - k|][k_1] + a[k], \ k_1 < k$ 。
- 满足的条件有 $\geqslant 0$ ，即 $\max(0, \ i - j) \leqslant k \leqslant \min(n, \ i + j)$ ；
- $∣ i - k ∣$ 表示把 $a [k]$ 挪到 $a [i]$ 需要 $∣ i - k ∣$ 交换；
- 除此之外， $k_1 < k$ 表示第 $i - 1$ 次操作可以交换到 $a [i - 1]$ 的为 $a[k_1]$ 。原因如下：
  - 如果 $k_1 > k$ ，说明它比 $a [k]$ 更值，才会花更大的代价（交换次数）将它换到前面来，这样的话应该是 $a[k_1]$ 一路平推后面的一段区间，那就只有 $k_1 = k$ 的可能；
  - 但如果 $k_1 = k$ ，按照表达式就是 $d p [i] [j] [k] = d p [i - 1] [j] [k] + a [k]$ ，显然不对，这表示原先在 $i - 1$ 的 $a [k]$ 凭空到了 $i$ 的位置。
- 这个表达式如果枚举 $k_1 \in [1, k]$ ，是 $O (n)$ 的转移，不符合我们的要求，因此需要优化。考虑到我们要 $d p [i] [j] [k]$ 最大，那只要选出最大的 $dp[i - 1][j - |i - k|][k_1], \ k_1 < k$ 即可，这就相当于求一个前缀最大值，用一个二维数组记录后两维的前缀最大值即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^3)$

这份代码跑了 $390 m s$ ，按理来说 $500^3 = 1.25 \times 10^8$ ，我们是需要卡点常的，但是牛牛机子比较厉害，再加上转移方程对 $k$ 的限制，大概率是 $O(\frac{n^3}{2})$ 这样的复杂度，常数自然少了一半，所以可以比较快速通过。

C++ Code

#include <bits/stdc++.h>using i64 = long long;template<class T>
std::istream &operator>>(std::istream &is, std::vector<T> &a) {for (auto &x: a) {is >> x;}return is;
}constexpr int inf = 1E9;int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(nullptr);int n;std::cin >> n;std::vector<int> a(n);std::cin >> a;std::vector dp(n + 1, std::vector(n, -inf));std::vector max(n + 1, std::vector(n + 1, 0));for (int i = 0; i < n; i++) {std::vector ndp(n + 1, std::vector(n, -inf));for (int j = 1; j <= i + 1; j++) {for (int k = 0; k < n; k++) {ndp[j][k] = dp[j - 1][k] + a[k];}}for (int j = 0; j <= i + 1; j++) {for (int k = 0; k < n; k++) {max[j][k + 1] = std::max(max[j][k], dp[j][k]);}}for (int j = 0; j <= i + 1; j++) {for (int k = std::max(i - j, 0); k <= i + j and k < n; k++) {ndp[j][k] = std::max(ndp[j][k], max[j - std::abs(i - k)][k] + a[k]);}}dp.swap(ndp);}int ans = 0;for (int i = 0; i <= n; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {ans = std::max(ans, dp[i][j]);}}std::cout << ans << "\n";return 0;
}

F. 感谢庆典的MEX

题目大意

给定一个长度为 $n$ 的非负整数数组 $a$ ，再给定一个正整数 $m$ 。

现在你可以进行任意次操作，使得 $m e x (a)$ 最大化。每次操作如下：

选择下标 $\in [1, n]$ ，然后 $a_i := \lfloor \frac{a_i}{m} \rfloor$ ；

其中 $m e x (a)$ 指的是数组 $a$ 中未出现的最小非负整数，例如 $mex(\lbrace0, 1, 3\rbrace) = 2$ 。

数据范围

$\leqslant n \leqslant 10^5$ ；
$\leqslant m \leqslant 10^{18}$ ；
$\leqslant a_i \leqslant 10^{18}$ ；

Solution

首先讨论特殊情况 $m = 1$ 。这种情况下怎么操作数组都不会发生变化，因此相当于直接求 $m e x (a)$ 。这里我用的方式是将数组 $a$ 排序去重，然后 $O (n)$ 遍历 $a$ 看哪个没出现。

下面是 $m > 1$ 的情况。

首先 $\neq 0$ ，因为我们一定可以把 $\forall a_i$ 除以 $m$ 下取整除到 $0$ 。

其次 $\leqslant n$ ，因为数组总共就 $n$ 个元素，最多 $\ 1, \ \cdots, \ n - 1$ 全出现一遍。

再次就是 $m e x (a)$ 具有二段性。假设现在我们构造了一个 $m e x (a) = k$ ，那现在我们任选一个非负整数 $u (u < k)$ ，只要有 $a_i = u$ ，就令 $a_i := \lfloor \frac{a_i}{m} \rfloor$ 。这样一来，就一定没有任何 $u$ 出现在 $a$ 里，这样 $m e x (a) = u < k$ 。

综上，我们可以在 $[1, n]$ 内二分 $m e x (a)$ 。下面我们讨论 $c h ec k$ 函数怎么写。

对于确定的 $m e x$ ，若 $a_i \geqslant mex$ 就一直除以 $m$ 直到 $a_i < mex$ 。

若 $a_i = 0$ ，直接记录；
否则 $a_i > 0$ ，若 $a_i$ 出现过，就继续除以 $m$ ，直到 $a_i = 0$ 或 $a_i$ 没出现过。

最后记录 $[0, m e x)$ 内有多少数出现即可，若 $\ 1, \ \cdots , \ mex - 1$ 均出现了，就可以尝试扩大 $m e x$ 。

有个减小常数的技巧，就是如果有 $a_i \geqslant n$ ，就提前预处理不断除以 $m$ 直到 $a_i < n$ 。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n \cdot \log n \cdot \log_{m}\max(a))$

算下来极限大约是 $9.6 \times 10^7$ 的计算量，实际上跑出来是 $1365 m s$ ，算是常数稍大了。

C++ Code

#include <bits/stdc++.h>using i64 = long long;template<class T>
std::istream &operator>>(std::istream &is, std::vector<T> &a) {for (auto &x: a) {is >> x;}return is;
}int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(nullptr);int n;i64 m;std::cin >> n >> m;std::vector<i64> a(n);std::cin >> a;std::ranges::sort(a);if (m == 1) {auto ua = std::ranges::unique(a);a.erase(ua.begin(), ua.end());int lst = 0;for (auto x: a) {if (x != lst) {break;}lst++;}std::cout << lst << "\n";return 0;}for (auto &x: a) {if (x >= n) {x /= m;}}auto check = [&](int mex) {std::vector<short> has(mex);for (auto x: a) {while (x >= mex or (x > 0 and has[x])) {x /= m;}has[x] = 1;}return std::accumulate(has.begin(), has.end(), 0) == mex;};int lo = 1, hi = n;while (lo < hi) {int mid = lo + hi + 1 >> 1;if (check(mid)) {lo = mid;} else {hi = mid - 1;}}std::cout << hi << "\n";return 0;
}

G. 约数和

题目大意

定义 $F (n)$ 表示正整数 $n$ 在 $\ n]$ 的约数个数。

给定两个正整数 $\ m$ ，求 $\sum\limits_{i = n}^{m}F(i)$ ，答案对 $998244353$ 取模。

数据范围

$\leqslant n < m \leqslant 10^9$ ；

Solution

这种题显然是 $O(\sqrt{n})$ 的，要么是分解质因数，要么是整除分块。

首先用前缀和拆开，答案为 $\sum\limits_{i = 1}^{m}F(i) - \sum\limits_{i = 1}^{n - 1}F(i)$ 。然后考虑化简 $\sum\limits_{i = 1}^{n}F(i)$ 。

$\begin{align*} \sum\limits_{i = 1}^{n}F(i) &= \sum\limits_{i = 1}^{n}\sum\limits_{j = 1}^{i}[j \mid i] \\ &= \sum\limits_{j = 1}^{n}\sum\limits_{i = j}^{n}[j \mid i] \\ &= \sum\limits_{j = 1}^{n}\sum\limits_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{j} \rfloor}1 \\ &= \sum\limits_{j = 1}^{n}s\left(\lfloor \frac{n}{j} \rfloor \right) \end{align*}$

其中 $\frac{x(x + 1)}{2}$ 。

到这里就可以明显看到 整除分块 了，如果没学过可以先学一下。

时间复杂度 $\mathcal{O}(\sqrt{m} + \sqrt{n})$

C++ Code

#include <bits/stdc++.h>using i64 = long long;template<class T>
constexpr T power(T a, i64 b) {T res = 1;for (; b; b /= 2, a *= a) {if (b % 2) {res *= a;}}return res;
}
template<int P>
struct MInt {int x;constexpr MInt() : x{} {}constexpr MInt(i64 x) : x{norm(x % getMod())} {}static int Mod;constexpr static int getMod() {if (P > 0) {return P;} else {return Mod;}}constexpr static void setMod(int Mod_) {Mod = Mod_;}constexpr int norm(int x) const {if (x < 0) {x += getMod();}if (x >= getMod()) {x -= getMod();}return x;}constexpr int val() const {return x;}explicit constexpr operator int() const {return x;}constexpr MInt operator-() const {MInt res;res.x = norm(getMod() - x);return res;}constexpr MInt inv() const {assert(x != 0);return power(*this, getMod() - 2);}constexpr MInt &operator*=(MInt rhs) & {x = 1LL * x * rhs.x % getMod();return *this;}constexpr MInt &operator+=(MInt rhs) & {x = norm(x + rhs.x);return *this;}constexpr MInt &operator-=(MInt rhs) & {x = norm(x - rhs.x);return *this;}constexpr MInt &operator/=(MInt rhs) & {return *this *= rhs.inv();}friend constexpr MInt operator*(MInt lhs, MInt rhs) {MInt res = lhs;res *= rhs;return res;}friend constexpr MInt operator+(MInt lhs, MInt rhs) {MInt res = lhs;res += rhs;return res;}friend constexpr MInt operator-(MInt lhs, MInt rhs) {MInt res = lhs;res -= rhs;return res;}friend constexpr MInt operator/(MInt lhs, MInt rhs) {MInt res = lhs;res /= rhs;return res;}friend constexpr std::istream &operator>>(std::istream &is, MInt &a) {i64 v;is >> v;a = MInt(v);return is;}friend constexpr std::ostream &operator<<(std::ostream &os, const MInt &a) {return os << a.val();}friend constexpr bool operator==(MInt lhs, MInt rhs) {return lhs.val() == rhs.val();}friend constexpr bool operator!=(MInt lhs, MInt rhs) {return lhs.val() != rhs.val();}
};template<>
int MInt<0>::Mod = 998244353;template<int V, int P>
constexpr MInt<P> CInv = MInt<P>(V).inv();constexpr int P = 998244353;
using Z = MInt<P>;int next(int n, int x) {return n / (n / x);
}Z s(int n) {return Z(n) * (n + 1) / 2;
}Z calc(int n) {Z ans = 0;for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {r = next(n, l);ans += (r - l + 1) * s(n / l);}return ans;
}int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(nullptr);int n, m;std::cin >> n >> m;n--;std::cout << calc(m) - calc(n) << "\n";return 0;
}

I. 数字重组

题目大意

对于一个非负整数 $x$ ，你可以 任意重排 整数中每个数字的位置，允许有前导零。

对于重排后的数字 $x^{'}$ ，我们按照如下规则计算权值：

将这个数字 从低位到高位 每 $3$ 位分成一组，每组的权值为这组数字所表示的大小，总权值为所有组的权值之积；
若分组后组内数字不足 $3$ 位则在高位补 $0$ ；
若总位数是 $3$ 的倍数，就没有再补 $\in N^+)$ 位高位 $0$ 的说法；

请计算通过重排能得到的最大总权值。

数据范围

$\leqslant x \leqslant 10^9$ ；

Solution

模拟题。

只要把 $x$ 看成字符串，然后用 next_permutation 函数进行阶乘型枚举。对每个 $x^{'}$ ，我们从低到高三位三位枚举，用 $\times 3$ 判断是否要补高位 $0$ ，其中 $\in [0, \ 3]$ 。

时间复杂度 $\mathcal{O}(\lceil \log_{10}x \rceil! \times \log_{10}x)$

跑满四舍五入大约是 $\times 10^7$ 的计算量，实测 $583 m s$ ，可能我这写法常数稍大。

C++ Code

#include <bits/stdc++.h>using i64 = long long;int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(nullptr);std::string s;std::cin >> s;std::vector<int> ord(s.size());// std::ranges::iota(ord, 0); C23 写法牛牛不支持std::iota(ord.begin(), ord.end(), 0);int ans = 0;do {std::string t;for (int i: ord) {t += s[i];}int res = 1;for (int i = 0; i <= 3 and t.size() > i * 3; i++) {while (t.size() < (i + 1) * 3) {t = '0' + t;}res *= std::stoi(t.substr(t.size() - (i + 1) * 3, 3));}ans = std::max(ans, res);} while (std::next_permutation(ord.begin(), ord.end()));std::cout << ans << "\n";return 0;
}

【2024年浙江工商大学程序设计竞赛新生赛（同步赛）部分题解】

比赛链接 C. 交换题目大意给定一个长度为 n n n 的数组 a a a。一开始你有一个总和 s 0 s 0 s0。现在你需要做 n n n 次操作，第 i i i 次操作的流程如下（ 1 ⩽ i ⩽ n 1 \leqslant i \leqslant n 1⩽i⩽n)： 选择一个下标 p ∈…...

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本文将详细介绍 Docusign 与泛微的集成步骤及其效果，并通过实际应用场景来展示 Docusign 的强大集成能力，以证明 Docusign 集成功能的高效性和实用性。在现代企业运营中，效率和合规性是至关重要的。泛微作为企业级办公自动化和流程管理的解决…...

编程日记 2025/6/28 18:06:08

知乎数据分析面试题及参考答案

请阐述大数定理和中心极限定理的内容及其在数据分析中的应用。大数定理是指在随机试验中，每次出现的结果不同，但是大量重复试验出现的结果的平均值却几乎总是接近于某个确定的值。简单来说，当样本量足够大的时候，样本均值会趋近于总体均值。例如，抛硬币试验，当抛硬币的次…...

编程日记 2025/6/28 20:11:42

8.Vue------如何重新加载子组件key属性----vue知识积累

在子组件中使用key属性是一种强制重新渲染子组件的有效方法。‌通过改变key属性的值，Vue会销毁旧组件并创建新组件，从而实现组件的重新加载。这种方法适用于需要完全重新渲染子组件， 包括其内部状态和生命周期钩子的场景，特别是…...

编程日记 2025/6/28 21:28:38

C语言动态内存管理

1.为什么要有动态内存分配内存开辟方式: int val 20;//在栈空间上开辟四个字节 char arr[10] {0};//在栈空间上开辟10个字节的连续空间开辟空间的方式特点空间开辟大小是固定德的数组在申明的时候，必须指明数组的长度，数组空间一旦确定了大小不能…...

编程日记 2025/6/28 19:22:55

【蓝桥杯备战】Day 1

1.基础题目 LCR 018.验证回文串给定一个字符串 s ，验证 s 是否是回文串 ，只考虑字母和数字字符，可以忽略字母的大小写。本题中，将空字符串定义为有效的回文串。示例 1: 输入: s "A man, a plan, a canal: Panama…...

编程日记 2025/6/28 2:25:55

电子应用设计方案-51：智能镜子系统方案设计

智能镜子系统方案设计一、引言智能镜子作为一种新兴的智能家居设备，将传统镜子与现代科技相结合，为用户提供了丰富的功能和便捷的体验。本方案旨在设计一款功能强大、用户友好、外观美观的智能镜子系统。二、系统概述 1. 系统目标 - 提供清晰的镜面…...

编程日记 2025/6/28 18:06:09

[2015~2024]SmartMediaKit音视频直播技术演进之路

技术背景 2015年，因应急指挥项目需求，我们实现了RTMP推送音视频采集推送（采集摄像头和麦克风数据）模块，在我们做好了RTMP推送模块后，苦于没有一个满足我们毫秒级延迟诉求的RTMP播放器，于是第一…...

编程日记 2025/6/30 1:34:40

图片添加水印的实验原理，实验代码，实验现象

一、图片添加水印的实验原理 1. 选择水印类型可见水印：这些水印可以直接被肉眼看到，通常用于防止未经授权的使用。它们可以是文字、标志或图案等形式，并且放置在图像的显著位置。不可见水印：这类水印不容易被察觉，但…...

编程日记 2025/6/28 18:06:13

Python Web 开发案例解析

一、Flask 基础应用案例 （一）项目搭建与初始化环境准备安装 Python 解释器，确保版本符合 Flask 要求，如 Python 3.6 及以上。使用pip安装 Flask 库，命令为pip install flask。可以创建虚拟环境，如python…...

编程日记 2025/6/28 19:58:21

JPG 转 PDF：免费好用的在线图片转 PDF 工具

JPG 转 PDF：免费好用的在线图片转 PDF 工具在日常工作和生活中，我们经常需要将图片转换为 PDF 格式。无论是制作电子文档、准备演示材料，还是整理照片集，将图片转换为 PDF 都是一个常见的需求。今天为大家介绍一款完全免费、无需…...

编程日记 2025/6/28 19:31:28

代码随想录44天

1143.最长公共子序列 class Solution:def longestCommonSubsequence(self, s: str, t: str) -> int:n, m len(s), len(t)cache # 缓存装饰器，避免重复计算 dfs 的结果（记忆化）def dfs(i: int, j: int) -> int:if i < 0 or j <…...

编程日记 2025/6/28 20:06:52

C语言-详细解答-重组字符串并16进制转10进制

1.题目要求 2.代码实现 #include <stdio.h> #include <ctype.h> #include <string.h>int hexToDec(char hex[]) {int len strlen(hex);int base 1;int dec 0;for (int i len - 1; i > 0; i--) {if (isdigit(hex[i])) {dec (hex[i] - 0) * base;} e…...

编程日记 2025/6/28 20:07:16

scala列表

1 不可变 List 说明 （1）List 默认为不可变集合 （2）创建一个 List（数据有顺序，可重复） （3）遍历 List （4）List 增加数据 （5&#…...

编程日记 2025/6/30 16:27:18

医疗急救技能大赛理论题库

医疗急救技能大赛理论题库题型包括：A1 型题 400题，A2 型题40题，A3/A4 型40 题， B 型题 80 题 ，X 型题 160 题，判断题 80 题。一、A1 型题:共计400 题 （即最佳回答题，它由一个叙…...

编程日记 2025/6/28 18:50:39

深入浅出WebRTC—ULPFEC

FEC 通过在发送端添加额外的冗余信息，使接收端即使在部分数据包丢失的情况下也能恢复原始数据，从而减轻网络丢包的影响。在 WebRTC 中，FEC 主要有两种实现方式：ULPFEC 和 FlexFEC，FlexFEC 是 ULPFEC 的扩展和升级&…...

编程日记 2025/6/28 18:13:23

SQL 在线格式化 - 加菲工具

SQL 在线格式化打开网站加菲工具选择“SQL 在线格式化” 或者直接访问 https://www.orcc.online/tools/sql 输入sql，点击上方的格式化按钮即可输入框得到格式化后的sql结果...

编程日记 2025/6/28 18:57:27

到达率的变化动态调整服务器的服务率，实现负载均衡，提高资源利用效率

中心可以根据任务到达率的变化动态调整服务器的服务率，实现负载均衡，提高资源利用效率服务率和到达率中心可以根据任务到达率的变化动态调整服务器的服务率，实现负载均衡，提高资源利用效率服务率（Service Rate）到达率（Arrival Rate）控制参数实现负载均衡的方法在云计…...

编程日记 2025/6/28 19:05:45

【Golang】Go语言编程思想（六）：Channel，第四节，Select

使用 Select 如果此时我们有多个 channel，我们想从多个 channel 接收数据，谁来的快先输出谁，此时应该怎么做呢？答案是使用 select： package mainimport "fmt"func main() {var c1, c2 chan int // c1 and …...

编程日记 2025/6/30 17:23:28

认证插件介绍

本文档是针对 UOS 登录器插件给出开发指南，目的是为了让开发人员了解如何在 UOS 登录器上增加一种自定义认证方式，对插件接口做了详细说明以及实战练习。文章目录一、认证插件可以做什么？二、认证流程三、术语说明四、安全性五、可靠性六、…...

编程日记 2025/6/30 20:07:00

题目大意

数据范围

Solution

时间复杂度 O ( n 3 ) \mathcal{O}(n^3) O(n3)

C++ Code

题目大意

数据范围

Solution

时间复杂度 O ( n ⋅ log ⁡ n ⋅ log ⁡ m max ⁡ ( a ) ) \mathcal{O}(n \cdot \log n \cdot \log_{m}\max(a)) O(n⋅logn⋅logm​max(a))

C++ Code

题目大意

数据范围

Solution

时间复杂度 O ( m + n ) \mathcal{O}(\sqrt{m} + \sqrt{n}) O(m ​+n ​)

C++ Code

题目大意

数据范围

Solution

时间复杂度 O ( ⌈ log ⁡ 10 x ⌉ ! × log ⁡ 10 x ) \mathcal{O}(\lceil \log_{10}x \rceil! \times \log_{10}x) O(⌈log10​x⌉!×log10​x)

C++ Code

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时间复杂度 $\mathcal{O}(n \cdot \log n \cdot \log_{m}\max(a))$

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