2022广东工业大学新生程序设计竞赛

文章目录

2022广东工业大学新生程序设计竞赛
- H. 马子哥的奖金
- I. 奇迹和魔法都是存在的
- J. 狐臭的等比数列
- K. 玩石头
- L. jjgg的难题
- M. Poppin'Party的star★

H. 马子哥的奖金

题意：从 n n n个数中取 k k k个，使得 k k k个数的乘积最大，输出 k k k个数的乘积模 1 e 9 + 7 1e9 + 7 1e9+7。

思路：负数两两一组，排个序贪心的取，如果绝对值最大的两个负数相乘大于最大的两个非负数，那么取两个负数，否则取一个最大的正数，直到把 k k k取完。（需要判一下边界条件）

坑点：没有正数且 k k k是奇数的时候，取的 k k k个数应是绝对值最小的。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;
#define int llconst int mod = 1e9 + 7;signed main() {ios::sync_with_stdio(false);int n, k, x;cin >> n >> k;int ans = 1;vector<int> a, b;int sza = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> x;if (x >= 0) a.push_back(x), sza++;else b.push_back(x);}int szb = n - sza;sort(a.begin(), a.end(), greater<int>());sort(b.begin(), b.end());int cura = 0, curb = 0;if (!sza && (k & 1)) {for (int i = n - k; i < n; i++) {ans = ans * b[i] % mod;}cout << ans << '\n';return 0;}while (k) {if (k > 1 && curb + 1 < szb && (cura + 1 >= sza || a[cura] * a[cura + 1] < b[curb] * b[curb + 1])) {ans = b[curb] * b[curb + 1] % mod * ans % mod;k -= 2;curb += 2;} else {ans = a[cura] * ans % mod;cura++;k--;}}cout << ans << '\n';return 0;
}

I. 奇迹和魔法都是存在的

题意：给定一个长度为 n n n的数组，询问 m m m个区间，问操作任意次后最后剩下的数可能有几个。每次操作是把一个区间删除，留下第一个或最大的那个。

思路：我们需要手模一下，理解之后就很简单了，其实就是不小于第一个的都能留下来。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;
#define int llsigned main() {ios::sync_with_stdio(false);int n, m;cin >> n >> m;vector<int> a(n + 1);for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];}int l, r, ans;while (m--) {cin >> l >> r;ans = 0;for (int i = l; i <= r; i++) {if (a[i] >= a[l]) ans++;}cout << ans << '\n';}return 0;
}

J. 狐臭的等比数列

题意：给定一个长度为 n n n的数组，问最少需要连续的多少项等比数列能包括所有 n n n个数。

思路：由于是等比数列，我们可以考虑公比最大是多少，而这个公比不一定是整数，我本来想重载一个 d o u b l e double double型的 g c d gcd gcd但失败了，后面想到枚举所有质数来做。
首先，我们分解所有数的质因子，由于 1 e 18 1e18 1e18很大，我们要用到 P o l l a r d − R h o Pollard-Rho Pollard−Rho。
然后，我们对所有质数都跑一遍，求公比含有这个质数时，最少需要多少项。
最后，因为要对所有都满足，所以我们应该求的是最大值。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;
#define int llmt19937_64 rnd(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());using i128 = __int128;int qpow(int a, int b, int mod) {int res = 1;while (b) {if (b & 1) res = (i128) res * a % mod;a = (i128) a * a % mod;b >>= 1;}return res;
}bool Miller_Rabin(int p) {if (p < 2) return 0;if (p == 2 || p == 3) return 1;int d = p - 1, r = 0;while (!(d & 1)) ++r, d >>= 1;for (int k = 0; k < 10; k++) {int a = rand() % (p - 2) + 2;int x = qpow(a, d, p);if (x == 1 || x == p - 1) continue;for (int i = 1; i < r; ++i) {x = (i128) x * x % p;if (x == p - 1) break;}if (x != p - 1) return 0;}return 1;
}int Pollard_Rho(int x) {int s = 0, t = 0;int c = rand() % (x - 1) + 1;int val = 1;for (int goal = 1;; goal *= 2, s = t, val = 1) {for (int step = 1; step <= goal; ++step) {t = ((i128) t * t + c) % x;val = (i128) val * abs(t - s) % x;if ((step % 127) == 0) {int d = __gcd(val, x);if (d > 1) return d;}}int d = __gcd(val, x);if (d > 1) return d;}
}void fac(int x, vector<int> &ans) {if (x < 2) return;if (Miller_Rabin(x)) {ans.push_back(x);return;}int p = x;while (p >= x) p = Pollard_Rho(x);while ((x % p) == 0) x /= p;fac(x, ans), fac(p, ans);
}signed main() {ios::sync_with_stdio(false);int n;cin >> n;vector<int> a(n);for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];sort(a.begin(), a.end());if (a[0] == a.back()) {cout << n << '\n';return 0;}vector<vector<int>> p(n);set<int> s;for (int i = 0; i < n; i++) {fac(a[i], p[i]);s.insert(p[i].begin(), p[i].end());}int ans = n;for (auto u: s) {int la = -1, st = 0, d = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {int c = 0;while ((a[i] % u) == 0) a[i] /= u, c++;if (!i)st = c;elsed = __gcd(d, abs(c - la));la = c;}if (d) ans = max(ans, abs(la - st) / d + 1);}cout << ans << '\n';return 0;
}

K. 玩石头

题意：有 n n n颗石头，每颗石头有重量和价值，每颗石头垒起来的条件是这颗石头上面的所有石头的重量和比这颗石头小，问垒起来的价值和最大是多少。

思路：由于我们发现最小 1 , 2 , 4 , 8 , . . . 1,2,4,8,... 1,2,4,8,...最多垒 30 30 30层，而价值最大只有 100 100 100，想到 d p dp dp， d p [ i ] dp[i] dp[i]表示构成价值和为 i i i的最小重量。

d p [ i + v ] = m i n ( d p [ i + v ] , d p [ i ] + w ) dp[i+v]=min(dp[i+v],dp[i]+w) dp[i+v]=min(dp[i+v],dp[i]+w)

那么只要 d p [ i ] ! = i n f dp[i]!=inf dp[i]!=inf，就存在一种合理的垒搭方式。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;
#define int llconst int N = 3e3 + 110;int dp[N];signed main() {ios::sync_with_stdio(false);for (int i = 0; i < N; i++) {dp[i] = 1e18;}dp[0] = 0;int n;cin >> n;vector<pair<int, int>> a(n);for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> a[i].first >> a[i].second;}sort(a.begin(), a.end());for (auto [w, v]: a) {for (int i = 3000; i >= 0; i--) {if (dp[i] < w) {dp[i + v] = min(dp[i + v], dp[i] + w);}}}for (int i = 3000; i >= 0; i--) {if (dp[i] != 1e18) {cout << i << '\n';break;}}return 0;
}

L. jjgg的难题

题意：给定 n n n和 s s s，问使得 n n n在 p p p进制下各数位的和等于 s s s， p p p最小是多少，若不存在则输出 − 1 -1 −1。

思路：根号分治

对于 p ⩽ n p\leqslant\sqrt{n} p⩽n 时，暴力枚举 p p p从 2 2 2到 n \sqrt{n} n
- 对于 p > n p>\sqrt{n} p>n 时，我们可以发现 n = i ∗ p + k n=i*p+k n=i∗p+k，并且 s = i + k s=i+k s=i+k
- 那么，则有 n − s = i ∗ ( p − 1 ) n-s=i*(p-1) n−s=i∗(p−1)，又 i < p i<p i<p，我们又可以根号枚举 i i i
- 特别的，对于 n = s n=s n=s需要特判

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;
#define int llsigned main() {ios::sync_with_stdio(false);int n, s;cin >> n >> s;bool f = 1;for (int i = 2; i * i <= n; i++){int sum = 0;int x = n;while(x) {sum += x % i;x /= i;}if (sum == s) {f = 0;cout << i << '\n';break;}}if (f) {int ans = -1;if (n == s) ans = n + 1;for (int i = 1; i * i <= (n - s) && i <= s; i++) {if ((n - s) % i == 0) {int j = (n - s) / i + 1;int k = n % j;if (i + k == s) {ans = j;}}}cout << ans << '\n';}return 0;
}

M. Poppin’Party的star★

题意：给定一个 n ∗ m n*m n∗m的矩形纸片，问你能从中剪除最大的正五角星的面积是多少。

思路：先预算出，正五边形的长宽比 γ \gamma γ，以及正五角星和外接正五边形的面积比 α \alpha α，还有已知正五边形半径 r r r，求正五边形面积 S ( r ) S(r) S(r)。
然后我们可以发现，正五角星的中心肯定和矩形中心重合，然后我们把五角星旋转即可求出最大半径。
而且只需 36 36 36度就会重复，那直接二分即可。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;
#define int llconst double pi = acos(-1.0);
#define tr(x) (pi / 180 * (x))
const double alpha = 1 - tan(tr(36)) / tan(tr(54));
const double gama = 2 * sin(tr(72)) / (1 + sin(tr(54)));
const double eps = 1e-8;int cmp(double x) {return x > eps ? 1 : (x < -eps ? -1 : 0);
}double L(double x) {return sin(tr(72 - x)) + sin(tr(72 + x));
}double W(double x) {return cos(tr(x)) + sin(tr(54 + x));
}double calc(double x) {return L(x) / W(x);
}double S(double r) {return 5.0 / 2 * r * r * alpha * sin(tr(72));
}signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cout << fixed << setprecision(12);int n, m;cin >> n >> m;if (n < m) swap(n, m);if (n * 1.0 / m > gama) {cout << S(m / W(0)) << '\n';return 0;}double l = 0, r = 36;while (cmp(r - l)) {double mid = (l + r) / 2;int res = cmp(calc(mid) - n * 1.0 / m);if (!res) {l = r = mid;} else {res == 1 ? l = mid : r = mid;}}cout << S(n / L((l + r) / 2)) << '\n';return 0;
}

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