直线方程集合
• 分式消除误差
• 平面几何

暴力搜索
• 缩放质因子

搜索
• 深度优先搜索
• 记忆化搜索
• 枝剪广搜
• 双向搜索

Dijkstra
• Floyd
• A*

Java Win
• 不依赖 API 的实现

变种三进制

类比单调数列

去冗操作
• 树分裂&合并 (有点忙，待更)

待更

Placeholder

#A ASC

本题总分：5 分

问题描述

  已知大写字母 A A A 的 A S C I I ASCII ASCII 码为 65 65 65，请问大写字母 20000 L L L 的 A S C I I ASCII ASCII 码是多少？

答案提交

  这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

76

calcCode：

public class Test {

public static void main(String[] args) { new Test().run(); }

void run() {
// System.out.println(65 + 'L' - 'A');
System.out.println((int)'L');
}
}

麻烦签到题写的认真一点，谢谢。

#B 卡片

本题总分：5 分

问题描述

  小蓝有很多数字卡片，每张卡片上都是数字 0 0 0 到 9 9 9。
  小蓝准备用这些卡片来拼一些数，他想从 1 1 1 开始拼出正整数，每拼一个，就保存起来，卡片就不能用来拼其它数了。
  小蓝想知道自己能从 1 1 1 拼到多少。
  例如，当小蓝有 30 30 30 张卡片，其中 0 0 0 到 9 9 9 各 3 3 3 张，则小蓝可以拼出 1 1 1 到 10 10 10，但是拼 11 11 11 时卡片 1 1 1 已经只有一张了，不够拼出 11 11 11。
  现在小蓝手里有 0 0 0 到 9 9 9 的卡片各 2021 2021 2021 张，共 20210 20210 20210 张，请问小蓝可以从 1 1 1 拼到多少？
  提示：建议使用计算机编程解决问题。

答案提交

  这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

3181

朴素解法

public class Test {

public static void main(String[] args) { new Test().run(); }

void run() { System.out.println(calc(2021)); }

int calc(int upper) {
int[] count = new int[10];
for (int n = 1, k = 1; ; k = ++n)
do
if (++count[k % 10] > upper)
return n - 1;
while ((k /= 10) > 0);
}
}

  没什么好说的。

弯道超车

  观察 [ 1 , 9 ] [1,9] [1,9] 这个区间中， [ 0 , 9 ] [0,9] [0,9] 的出现情况。

  在 [ 1 , 9 ] [1,9] [1,9] 中， 1 1 1 至 9 9 9 各出现 1 1 1 次。

  把观察的范围扩大到 [ 1 , 99 ] [1,99] [1,99]，十位的 1 1 1 出现 [ 10 , 19 ] [10,19] [10,19] 共 10 10 10 次，十位的 2 2 2 出现 [ 20 , 29 ] [20,29] [20,29] 共 10 10 10 次， ⋯ \cdots ⋯ ，十位的 9 9 9 出现 [ 90 , 99 ] [90,99] [90,99] 共 10 10 10 次，低位 [ 0 , 9 ] [0,9] [0,9] 重复出现 10 10 10 次， 1 1 1 至 9 9 9 各出现 20 20 20 次， 0 0 0 出现 9 9 9 次。

  将这个观察范围继续扩大，会发现 1 1 1 的使用次数总是不小于 0 0 0 、 2 2 2 至 9 9 9，也就是说统计 0 0 0 、 2 2 2 至 9 9 9 是没有意义的。

public class Test {

public static void main(String[] args) { new Test().run(); }

void run() { System.out.println(calc(2021)); }

int calc(int upper) {
int count = 0;
for (int n = 1, k = 1; ; k = ++n) {
do
if (k % 10 == 1) count++;
while ((k /= 10) > 0);
if (count >= upper)
return count == upper ? n : n - 1;
}
}
}

#C 直线

本题总分：10 分

问题描述

  在平面直角坐标系中，两点可以确定一条直线。如果有多点在一条直线上，那么这些点中任意两点确定的直线是同一条。
  给定平面上 2 × 3 2 × 3 2×3 个整点 { ( x , y ) ∣ 0 ≤ x < 2 , 0 ≤ y < 3 , x ∈ Z , y ∈ Z } \{(x, y)|0 ≤ x < 2, 0 ≤ y < 3, x ∈ Z, y ∈ Z\} {(x,y)∣0≤x<2,0≤y<3,x∈Z,y∈Z}，即横坐标是 0 0 0 到 1 1 1 (包含 0 0 0 和 1 1 1) 之间的整数、纵坐标是 0 0 0 到 2 2 2 (包含 0 0 0 和 2 2 2) 之间的整数的点。这些点一共确定了 11 11 11 条不同的直线。
  给定平面上 20 × 21 20 × 21 20×21 个整点 { ( x , y ) ∣ 0 ≤ x < 20 , 0 ≤ y < 21 , x ∈ Z , y ∈ Z } \{(x, y)|0 ≤ x < 20, 0 ≤ y < 21, x ∈ Z, y ∈ Z\} {(x,y)∣0≤x<20,0≤y<21,x∈Z,y∈Z}，即横坐标是 0 0 0 到 19 19 19 (包含 0 0 0 和 19 19 19) 之间的整数、纵坐标是 0 0 0 到 20 20 20 (包含 0 0 0 和 20 20 20) 之间的整数的点。请问这些点一共确定了多少条不同的直线。

答案提交

  这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

40257

直线方程集合

  一种朴素的想法，是将所有点连接起来，去掉重复的线，然后统计。

  为了方便表示，这里采用斜截式方程 y = k x + b y=kx+b y=kx+b 来表示每一条直线，其中 k k k 为直线斜率， b b b 为直线在 y y y 轴上的截距，并统一不处理斜率不存在的线，将结果加上一个 20 20 20。

  注意！ 这段程序的结果是不准确的。

import java.util.HashSet;
import java.util.Set;

public class Test {

public static void main(String[] args) { new Test().run(); }

int X = 20, Y = 21;

void run() {
Set<Line> set = new HashSet();
for (int x1 = 0; x1 < X; x1++)
for (int y1 = 0; y1 < Y; y1++)
for (int x2 = x1; x2 < X; x2++)
for (double y2 = 0; y2 < Y; y2++)
if (x1 != x2){
double k = (y2 - y1) / (x2 - x1);
double b = -x1 * k + y1;
set.add(new Line(k, b));
}
System.out.println(set.size() + X);
}

class Line {

double k, b;

Line(double b, double k) {
this.k = k;
this.b = b;
}

@Override
public boolean equals(Object obj) {
return k == ((Line)obj).k && b == ((Line)obj).b;
}

@Override
public int hashCode() {
return (int)k ^ (int)b;
}
}
}

分式消除误差

  斜率在浮点数表示下，精度那是参差不齐，诚然可以将误差限制在一个范围内，当绝对差落入当中时，我们就将其视为值相同。

  但是对于这种需要可表示的范围小的时候，我们可以定义分式来做到无误差，而不是控制精度。

import java.util.HashSet;
import java.util.Set;

public class Test {

public static void main(String[] args) { new Test().run(); }

int X = 20, Y = 21;

void run() {
Set<Line> set = new HashSet();
for (int x1 = 0; x1 < X; x1++)
for (int y1 = 0; y1 < Y; y1++)
for (int x2 = x1; x2 < X; x2++)
for (int y2 = 0; y2 < Y; y2++)
if (x1 != x2){
Fraction k = new Fraction(y2 - y1, x2 - x1);
Fraction b = new Fraction(y1 * (x2 - x1) - x1 * (y2 - y1),x2 - x1);
set.add(new Line(k, b));
}
System.out.println(set.size() + X);
}

class Fraction {

int numerator, denominator;

Fraction(int numerator, int denominator) {
int gcd = gcd(numerator, denominator);
this.denominator = denominator /gcd;
this.numerator = numerator / gcd;
}

int gcd(int a, int b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

@Override
public boolean equals(Object obj) {
return this.numerator == ((Fraction)obj).numerator && this.denominator == ((Fraction)obj).denominator;
}
}

class Line {

Fraction k, b;

Line(Fraction b, Fraction k) {
this.k = k;
this.b = b;
}

@Override
public boolean equals(Object obj) {
return this.k.equals(((Line)obj).k) && this.b.equals(((Line)obj).b);
}

@Override
public int hashCode() {
return k.denominator;
}
}
}

平面几何

  这是一个平面直角坐标系，原点与 ( 1 , 2 ) (1,2) (1,2) 连成一条线段。

  我们将经过这两点的直线，以及这条直线经过的点与该点于横竖轴的垂线标记出来。

  显然，若直线经过 ( x 1 , y 1 ) (x_{1},y_{1}) (x1​,y1​)、 ( x 2 , y 2 ) (x_{2},y_{2}) (x2​,y2​) 两点，那么它必然也经过 ( x 1 + k ( x 1 − x 2 ) , y 1 + k ( y 1 − y 2 ) ) (x_{1} +k(x_{1} - x_{2}),y_{1} + k(y_{1} - y_{2})) (x1​+k(x1​−x2​),y1​+k(y1​−y2​))， k ∈ Z k \in Z k∈Z。

  若在连接一条直线时，将所有直线经过的点标记起来，在下次遇到已经标记过的两点，我们便可直接跳过。

public class Test {

public static void main(String[] args) { new Test().run(); }

int X = 20, Y = 21;

void run() {
int count = 0;
boolean[][][][] marked = new boolean[X][Y][X][Y];
for (int x1 = 0; x1 < X; x1++)
for (int y1 = 0; y1 < Y; y1++) {
marked[x1][y1][x1][y1] = true;
for (int x2 = 0; x2 < X; x2++)
for (int y2 = 0; y2 < Y; y2++) {
if (marked[x1][y1][x2][y2]) continue;
int x = x1, y = y1, xOffset = x - x2, yOffset = y - y2;
while (x >= 0 && x < X && y >= 0 && y < Y) {
x += xOffset;
y += yOffset;
}
x -= xOffset;
y -= yOffset;
while (x >= 0 && x < X && y >= 0 && y < Y) {
for (int i = x - xOffset, j = y - yOffset; i >= 0 && i < X && j >= 0 && j < Y; i -= xOffset, j -= yOffset) {
marked[x][y][i][j] = marked[i][j][x][y] = true;
}
x -= xOffset;
y -= yOffset;
}
count++;
}
}
System.out.println(count);
}
}

  我觉得可能会再考个差不多的，这里给大伙一个推论。

  平面直角坐标系上有 n × n n × n n×n， n ≥ 2 n \ge 2 n≥2 个点 { ( x , y ) ∣ 0 ≤ x < n , 0 ≤ y < n , x ∈ Z , y ∈ Z } \{(x, y)|0 ≤ x < n, 0 ≤ y < n, x ∈ Z, y ∈ Z\} {(x,y)∣0≤x<n,0≤y<n,x∈Z,y∈Z}，从原点出发可连接的不同直线为 1 ≤ x , y < n 1 \leq x,y <n 1≤x,y<n， x ≠ y x \ne y x​=y 中 g c d ( x , y ) = 1 gcd(x,y) = 1 gcd(x,y)=1 的次数加 3 3 3。

  感兴趣的读者可以自行证明。

  同时在 1 ≤ x < y < n 1 \leq x < y < n 1≤x<y<n 时， g c d ( x , y ) = 1 gcd(x,y) = 1 gcd(x,y)=1 的出现次数恰好等于 ∑ y = 2 n − 1 φ ( y ) \displaystyle\sum_{y = 2}^{n-1}\varphi(y) y=2∑n−1​φ(y)，其中 φ \varphi φ 为欧拉函数。

  能力有限，这里便不再继续讨论。

#D 货物摆放

本题总分：10 分

问题描述

  小蓝有一个超大的仓库，可以摆放很多货物。
  现在，小蓝有 n n n 箱货物要摆放在仓库，每箱货物都是规则的正方体。小蓝规定了长、宽、高三个互相垂直的方向，每箱货物的边都必须严格平行于长、宽、高。
  小蓝希望所有的货物最终摆成一个大的立方体。即在长、宽、高的方向上分别堆 L 、 W 、 H L、W、H L、W、H 的货物，满足 n = L × W × H n = L × W × H n=L×W×H。
  给定 n n n，请问有多少种堆放货物的方案满足要求。
  例如，当 n = 4 n = 4 n=4 时，有以下 6 6 6 种方案： 1 × 1 × 4 1×1×4 1×1×4、 1 × 2 × 2 1×2×2 1×2×2、 1 × 4 × 1 1×4×1 1×4×1、 2 × 1 × 2 2×1×2 2×1×2、 2 × 2 × 1 2 × 2 × 1 2×2×1、 4 × 1 × 1 4 × 1 × 1 4×1×1。
  请问，当 n = 2021041820210418 n = 2021041820210418 n=2021041820210418 （注意有 16 16 16 位数字）时，总共有多少种方案？
  提示：建议使用计算机编程解决问题。

答案提交

  这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

2430

暴力搜索

  每届必考的基本算术定理。

import java.util.ArrayDeque;
import java.util.ArrayList;
import java.util.List;

public class Test {

public static void main(String[] args) { new Test().run(); }

long n = 2021041820210418L;

void run() {
List<Integer> exps0 = new ArrayList();
ArrayDeque<Integer> exps1 = new ArrayDeque();
for (int k = 2; k <= n; k++)
if (n % k == 0) {
int e = 0;
while (n % k == 0) {
n /= k;
e++;
}
exps0.add(e);
}
System.out.println(dfs(exps0, exps1, 0));
}

int dfs(List<Integer> exps0, ArrayDeque<Integer> exps1, int cur) {
if (cur == exps0.size()) {
int comb = 1;
for (int exp : exps1)
comb *= exp + 1;
return comb;
}
int ans = 0;
for (int i = exps0.get(cur); i >= 0; i--) {
exps1.push(i);
ans += dfs(exps0, exps1, cur + 1);
exps1.pop();
}
return ans;
}
}

  直接套两 for 也不是不行，但这么写出来的程序，通常到比赛结束都跑不完。

  因此我们要避免无效因子的判断，

  这里统计的为质因子分成三份，可能的组合个数，它与原命题等价。

  没什么好讲的。

  只用套两 for 是因为一个数的因子只能成对出现，

  扫一下数盲。

缩放质因子

  举个例子，

  当 n = 9 n = 9 n=9  时，有 6 6 6 种方案： 1 × 1 × 9 1×1×9 1×1×9、 1 × 3 × 3 1×3×3 1×3×3、 1 × 9 × 1 1×9×1 1×9×1、 3 × 1 × 3 3×1×3 3×1×3、 3 × 3 × 1 3 × 3 × 1 3×3×1、 9 × 1 × 1 9 × 1 × 1 9×1×1;

  当 n = 25 n = 25 n=25 时，有 6 6 6 种方案： 1 × 1 × 25 1×1×25 1×1×25、 1 × 5 × 5 1×5×5 1×5×5、 ⋯ \cdots ⋯ ;

  当 n = p 2 n =p^{2^{}} n=p2 时，有 6 6 6 种方案： 1 × 1 × p 2 1×1×p^{2} 1×1×p2、 1 × p × p 1×p×p 1×p×p、 ⋯ \cdots ⋯ ;

  其中 p p p 为质数。

  其实上例解法当中，我们就能发现，组合的个数与其具体的值无关，它只与质因数指数挂钩。

   2021041820210418 = 2 × 3 3 × 17 × 131 × 2857 × 5882353 2021041820210418 = 2 × 3^3 × 17 × 131 × 2857 × 5882353 2021041820210418=2×33×17×131×2857×5882353

  如果我们找最小的几个质数来代替它们，得到的新数字 2 3 × 3 × 5 × 7 × 11 × 13 = 120120 2^3 × 3 × 5 × 7 × 11 × 13 = 120120 23×3×5×7×11×13=120120 与 2021041820210418 2021041820210418 2021041820210418 在这个命题下等价。

  而 120120 120120 120120 的大小就足够我们真暴搜把它的全部因数组合找到了。

import java.util.ArrayList;
import java.util.List;

public class Test {

public static void main(String[] args) { new Test().run(); }

long N = 2021041820210418L;

void run() {
List<Integer> exps = new ArrayList();
for (int k = 2; k <= N; k++)
if (N % k == 0) {
int e = 0;
while (N % k == 0) {
N /= k;
e++;
}
exps.add(e);
}
exps.sort((a, b) -> (b - a));
int n = 1, p = 2, ans = 0;
for (int exp : exps) {
for (int i = 2; i * i <= p; i++)
if (p % i == 0) {
i = 1;
p++;
}
while (exp-- > 0) n *= p;
p++;
}
for (int a = 1; a <= n; a++)
if (n % a == 0)
for (int b = 1; b <= n; b++)
if (n / a % b == 0) ans++;
System.out.println(ans);
}
}

#E 路径

本题总分：15 分

问题描述

  小蓝学习了最短路径之后特别高兴，他定义了一个特别的图，希望找到图中的最短路径。
  小蓝的图由 2021 2021 2021 个结点组成，依次编号 1 1 1 至 2021 2021 2021。对于两个不同的结点 a , b a, b a,b，如果 a a a 和 b b b 的差的绝对值大于 21 21 21，则两个结点之间没有边相连；如果 a a a 和 b b b 的差的绝对值小于等于 21 21 21，则两个点之间有一条长度为 a a a 和 b b b 的最小公倍数的无向边相连。
  例如：结点 1 1 1 和结点 23 23 23 之间没有边相连；结点 3 3 3 和结点 24 24 24 之间有一条无向边，长度为 24 24 24；结点 15 15 15 和结点 25 25 25 之间有一条无向边，长度为 75 75 75。
  请计算，结点 1 1 1 和结点 2021 2021 2021 之间的最短路径长度是多少。
  提示：建议使用计算机编程解决问题。

答案提交

  这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

10266837

  题目已经说的够清楚了，

  建一个有 2021 2021 2021 个顶点 21 × 2000 + 21 ( 21 + 1 ) 2 21 × 2000 + \cfrac{21(21 + 1)}{2} 21×2000+221(21+1)​ 条边的无向图，跑图上的算法就完事了。

  还有的细节就是整形是否会溢出，我们取 ( 1 , 2021 ] (1,2021] (1,2021] 中最大的质数 2017 2017 2017 与 202 1 2 2021^2 20212 相乘，得到的结果还是有点夸张的，虽然经过测试，可能的线路权值合至多不会超过 2 31 − 1 2^{31} - 1 231−1，但毕竟是面向竞赛，考虑甄别的时间成本，直接使用长整形更为划算。

搜索

深度优先搜索

   2021 2021 2021 个顶点，绝大多数顶点都连有 2 × 21 2 × 21 2×21 条边，

  别深搜了，一搜就是

  compilaition completed successfully in 500ms(4 hour ago)

  就，电脑跟选手对着坐牢。

记忆化搜索

  深度优先搜索，在搜索最优结果时，通常需要完整的枚举全部可能的问题状态。

  但在这个问题状态的集合中，所有可选方案的 “后缀” 都是相同，也就是所有可选的分支，它们都是以同一个节点结尾。

  如果我们将已经搜索到的节点到目标节点间的最短路径保存下来，在再次搜索到这个 “后缀” 的分支时直接返回。

  那么问题就可能在一个较短的时间内解决。

  这也是所谓的记忆化搜索。

import java.util.ArrayList;
import java.util.List;

public class Test {

public static void main(String[] args) { new Test().run(); }

int N = 2021;

int[] weight = new int[N + 1];

List<Edge>[] graph = new List[N + 1];

boolean[] visited = new boolean[N + 1];

void run() {
for (int i = 1; i <= N; i++)
graph[i] = new ArrayList();
for (int v = 1; v <  N; v++)
for (int w = v + 1; w <= min(v + 21, N);  w++) {
graph[v].add(new Edge(w, lcm(v, w)));
graph[w].add(new Edge(v, lcm(v, w)));
}
visited[1] = true;
System.out.println(dfs(1));
}

int dfs(int v) {
if (v == N) return 0;
if (weight[v] != 0) return weight[v];
int min = 0x7FFFFFFF;
for (Edge edge : graph[v]) {
if (visited[edge.w]) continue;
visited[edge.w] = true;
min = min(min, dfs(edge.w) + edge.weight);
visited[edge.w] = false;
}
return weight[v] = min;
}

int min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }

int lcm(int a, int b) { return a * b / gcd(a, b); }

int gcd(int a, int b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

class Edge {

int w, weight;

Edge(int w, int weight) {
this.weight = weight;
this.w = w;
}
}
}

枝剪广搜

  其实朴素的去搜索，不论深搜还是广搜，在竞赛里都是很冒进的行为，

  影响这两个算法执行效率的因素太多。

  当然要是没有其他的思路，也只能死马当活马医了。

  幸运的是，只需简单的枝剪，就能在很短的时间计算出结果

import java.util.PriorityQueue;
import java.util.ArrayList;
import java.util.Arrays;
import java.util.Queue;
import java.util.List;

public class Test {

public static void main(String[] args) { new Test().run(); }

int N = 2021;

void run() {
List<Edge>[] graph = new List[N + 1];
long[] visited = new long[N + 1];
for (int i = 1; i <= N; i++)
graph[i] = new ArrayList();
for (int v = 1; v <  N; v++)
for (int w = v + 1; w <= min(v + 21, N);  w++) {
graph[v].add(new Edge(w, lcm(v, w)));
graph[w].add(new Edge(v, lcm(v, w)));
}
Queue<Vertex> queue = new PriorityQueue();
Arrays.fill(visited, Long.MAX_VALUE);
queue.offer(new Vertex(1, 0));
Vertex V = null;
while (queue.size() > 0) {
V = queue.poll();
if (V.v == N) break;
if (V.weight >= visited[V.v]) continue;
visited[V.v] = V.weight;
for (Edge edge : graph[V.v])
queue.offer(new Vertex(edge.w, edge.weight + V.weight));
}
System.out.println(V.weight);
}

int min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }

int lcm(int a, int b) { return a * b / gcd(a, b); }

int gcd(int a, int b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

class Edge {

int w, weight;

Edge(int w, int weight) {
this.weight = weight;
this.w = w;
}
}

class Vertex implements Comparable<Vertex> {

int v;
long weight;

Vertex(int v, long weight) {
this.weight = weight;
this.v = v;
}

@Override
public int compareTo(Vertex V) { return Long.compare(this.weight, V.weight); }
}
}

双向搜索

  很容易就能发现，越是编号大的节点，连接着它的边的权重可能越大。

  也就是在最短路径的这条分支中，越是靠近目标节点，就越可能进入无效的分支。

  通常，在这个数据规模下，不带策略的去广搜是致命的。

  一种常见的优化方法是从源点和终点双向开始搜索，当两条分支相遇时，即视为找到了最短路径。

  由于这种问题可选择的解法有很多，这里便不做展开。

import java.util.PriorityQueue;
import java.util.ArrayList;
import java.util.Queue;
import java.util.List;

public class Test {

public static void main(String[] args) { new Test().run(); }

int N = 2021;

void run() {
List<Edge>[] graph = new List[N + 1];
long[] visited0 = new long[N + 1];
long[] visited1 = new long[N + 1];
for (int i = 1; i <= N; i++) {
graph[i] = new ArrayList();
visited0[i] = visited1[i] = Long.MAX_VALUE;
}
for (int v = 1; v <  N; v++)
for (int w = v + 1; w <= min(v + 21, N);  w++) {
graph[v].add(new Edge(w, lcm(v, w)));
graph[w].add(new Edge(v, lcm(v, w)));
}
Queue<Vertex> queue = new PriorityQueue();
queue.offer(new Vertex(N, 0, false));
queue.offer(new Vertex(1, 0));
Vertex V = null;
while (true) {
V = queue.poll();
if (V.fromHead) {
if (visited1[V.v] != Long.MAX_VALUE) break;
if (V.weight >= visited0[V.v]) continue;
visited0[V.v] = V.weight;
} else {
if (visited0[V.v] != Long.MAX_VALUE) break;
if (V.weight >= visited1[V.v]) continue;
visited1[V.v] = V.weight;
}
for (Edge edge : graph[V.v])
queue.add(new Vertex(edge.w, edge.weight + V.weight, V.fromHead));
}
System.out.println(V.weight + (V.fromHead ? visited1[V.v] : visited0[V.v]));
}

int min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }

int lcm(int a, int b) { return a * b / gcd(a, b); }

int gcd(int a, int b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

class Edge {

int w, weight;

Edge(int w, int weight) {
this.weight = weight;
this.w = w;
}
}

class Vertex implements Comparable<Vertex> {

int v;
long weight;
boolean fromHead;

Vertex(int v, long weight) { this(v, weight, true); }

Vertex(int v, long weight, boolean fromHead) {
this.fromHead = fromHead;
this.weight = weight;
this.v = v;
}

@Override
public int compareTo(Vertex V) { return Long.compare(this.weight, V.weight); }
}
}

单源最短路径

Dijkstra

  题目给出的图显然是个边加权，权重非负的无向图，跑遍 D i j k s t r a Dijkstra Dijkstra 就完事了。

import java.util.PriorityQueue;
import java.util.ArrayList;
import java.util.Queue;
import java.util.List;

public class Test {

public static void main(String[] args) { new Test().run(); }

int N = 2021;

void run() {
boolean[] marked = new boolean[N + 1];
List<Edge>[] graph = new List[N + 1];
long[] distTo = new long[N + 1];
for (int i = 1; i <= N; i++) {
graph[i] = new ArrayList();
distTo[i] = Long.MAX_VALUE;
}
for (int v = 1; v <  N; v++)
for (int w = v + 1; w <= min(v + 21, N);  w++) {
graph[v].add(new Edge(w, lcm(v, w)));
graph[w].add(new Edge(v, lcm(v, w)));
}
Queue<Vertex> queue = new PriorityQueue();
queue.offer(new Vertex(1, distTo[1] = 0));
while (queue.size() > 0) {
Vertex V = queue.poll();
if (marked[V.v])
continue;
marked[V.v] = true;
for (Edge edge : graph[V.v])
if (distTo[edge.w] > distTo[V.v] + edge.weight)
queue.offer(new Vertex(edge.w, distTo[edge.w] = distTo[V.v] + edge.weight));
}
System.out.println(distTo[N]);
}

int min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }

int lcm(int a, int b) { return a * b / gcd(a, b); }

int gcd(int a, int b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

class Edge {

int w, weight;

Edge(int w, int weight) {
this.weight = weight;
this.w = w;
}
}

class Vertex implements Comparable<Vertex> {

int v;
long dist;

Vertex(int v, long dist) {
this.dist = dist;
this.v = v;
}

@Override
public int compareTo(Vertex V) { return Long.compare(this.dist, V.dist); }
}
}

Floyd

  如果是一道最短路径的结果题。

  竞赛时限内能运行完 O ( n 3 ) O(n^{3}) O(n3) 的程序。

  那其实无脑套 F l o y d Floyd Floyd 就行。

public class Test {

public static void main(String[] args) { new Test().run(); }

int N = 2021;

void run() {
long[][] floyd = new long[N + 1][N + 1];
for (int v = 1; v < N; v++)
for (int w = v + 1; w <= min(N, v + 21); w++)
floyd[v][w] = floyd[w][v] = lcm(v, w);
for (int k = 1; k <= N; k++)
for (int v = 1; v <= N; v++)
if (floyd[v][k] == 0) continue;
else for (int w = 1; w <= N; w++)
if (floyd[k][w] == 0) continue;
else if (floyd[v][w] == 0 || floyd[v][k] + floyd[k][w] < floyd[v][w])
floyd[v][w] = floyd[v][k] + floyd[k][w];
System.out.println(floyd[1][N]);
}

long min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }

int lcm(int a, int b) { return a * b / gcd(a, b); }

int gcd(int a, int b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }
}

  半分钟就出来了，还行。

A*

  隐隐觉得能找到一些有启发性的性质。

  推了一下午狗屁没推出来，就当在这开个坑把。

在这里
4d393
插入代码片

动态规划

  受不同的图性质影响，通常最短路径问题难以在线性时间内用动态规划解决。

  但这里给定无向图，

  我们将最短路径上的节点按升序排列，对于任意 v v v、 w w w， 1 < v < w < n 1 < v < w < n 1<v<w<n 只存在以下两种情况：

  但只有序号的绝对差小于等于 21 21 21 时，两个节点之间才存在边，即二图情况的前提条件是 1 < v < w ≤ 22 1 < v < w \leq 22 1<v<w≤22，将其推广至 1 ≤ x < v < w < y ≤ n 1 \leq x < v < w < y \leq n 1≤x<v<w<y≤n 的情况，

  显然，从源点到任意点 V V V 的最短路径只会从 [ V − 21 , V + 21 ] [V -21,V+21] [V−21,V+21] 中产生，我们先顺序的求出每个 W = V + 21 W = V + 21 W=V+21 较优路径，再用每个 W W W 对 [ W − 21 , W ) [W - 21, W) [W−21,W) 间的节点进行松弛，松弛完毕时 ( 1 , V ] (1,V] (1,V] 间的路径已是最优。

  综上有状态转移方程：

   d p ( i ) = min ⁡ { d p ( j ) + l c m ( i , j ) } dp(i) = \min\{dp(j) + lcm(i, j)\} dp(i)=min{dp(j)+lcm(i,j)}， i > j ≥ i − 21 i > j \ge i -21 i>j≥i−21

public class Test {

public static void main(String[] args) { new Test().run(); }

int N = 2021;

void run() {
long[] dp = new long[N + 1];
for (int w = 2; w <= N; w++) {
dp[w] = Long.MAX_VALUE;
for (int v = w - 1; v > 0 && v >= w - 21; v--)
dp[w] = min(dp[w], dp[v] + lcm(v, w));
}
System.out.println(dp[N]);
}

long min(long a, long b) { return a < b ? a : b; }

int lcm(int a, int b) { return a * b / gcd(a, b); }

int gcd(int a, int b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }
}

#F 时间显示

时间限制: 1.0 1.0 1.0s 内存限制: 512.0 512.0 512.0MB 本题总分： 15 15 15 分

问题描述

  小蓝要和朋友合作开发一个时间显示的网站。在服务器上，朋友已经获取了当前的时间，用一个整数表示，值为从 1970 1970 1970 年 1 1 1 月 1 日 00 : 00 : 00 00:00:00 00:00:00 到当前时刻经过的毫秒数。
  现在，小蓝要在客户端显示出这个时间。小蓝不用显示出年月日，只需显示出时分秒即可，毫秒也不用显示，直接舍去即可。
  给定一个用整数表示的时间，请将这个时间对应的时分秒输出。

输入格式

  输入一行包含一个整数，表示时间。

输出格式

  输出时分秒表示的当前时间，格式形如 H H HH HH: M M MM MM: S S SS SS，其中 H H HH HH 表示时，值为 0 0 0 到 23 23 23， M M MM MM 表示分，值为 0 0 0 到 59 59 59， S S SS SS 表示秒，值为 0 0 0 到 59 59 59。时、分、秒不足两位时补前导 0 0 0。

测试样例1

Input：
46800999

Output：
13:00:00

测试样例2

Input：
1618708103123

Output：
01:08:23

评测用例规模与约定

  对于所有评测用例，给定的时间为不超过 1 0 18 10^{18} 1018 的正整数。

Java Win

import java.util.Scanner;
import java.time.LocalTime;
import java.time.format.DateTimeFormatter;

public class Main {

public static void main(String[] args) { new Main().run(); }

void run() {
System.out.println(
LocalTime.MIDNIGHT.
plusSeconds(
new Scanner(System.in).nextLong() / 1000).
format(DateTimeFormatter.ISO_LOCAL_TIME)
);
}
}

不依赖 API 的实现

import java.util.Scanner;

public class Test {

public static void main(String[] args) { new Test().run(); }

void run() {
long t = new Scanner(System.in).nextLong();
System.out.printf("%02d:%02d:%02d",
t / 3600000 % 24, t / 60000 % 60, t / 1000 % 60);
}
}

  送分。

#G 最少砝码

时间限制: 1.0 1.0 1.0s 内存限制: 512.0 512.0 512.0MB 本题总分： 20 20 20 分

问题描述

  你有一架天平。现在你要设计一套砝码，使得利用这些砝码可以称出任意小于等于 N N N 的正整数重量。
  那么这套砝码最少需要包含多少个砝码？
  注意砝码可以放在天平两边。

输入格式

  输入包含一个正整数 N N N。

输出格式

  输出一个整数代表答案。

测试样例1

Input：
7

Output：
3

Explanation：
3 个砝码重量是 1、4、6，可以称出 1 至 7 的所有重量。
1 = 1；
2 = 6 − 4 (天平一边放 6，另一边放 4)；
3 = 4 − 1；
4 = 4；
5 = 6 − 1；
6 = 6；
7 = 1 + 6；
少于 3 个砝码不可能称出 1 至 7 的所有重量。

评测用例规模与约定

  对于所有评测用例， 1 ≤ N ≤ 1000000000 1 ≤ N ≤ 1000000000 1≤N≤1000000000。

变种三进制

  不知道怎么取标题，也算是个规律题，

  这不是纯纯的恶心人吗。

  一个集合中包含 n n n 个数，任取若干数可以加减出任意小于等于 N N N 的正整数。

  首先要考虑怎么去满足题目要求的性质，

  设第 i i i 个砝码的重量为 w i w_{i} wi​，原集合 A N = { w 1 , w 2 , ⋯   , w n } A_{N} = \{w_{1},w_{2},\cdots,w_{n}\} AN​={w1​,w2​,⋯,wn​}。

  要满足题意首先要有 s u m ( A ) ≥ N sum(A) \ge N sum(A)≥N，

  设我们知道了 A ⌊ N / 3 ⌋ A_{\lfloor N/3 \rfloor} A⌊N/3⌋​ 的方案，那么我们就能在这个方案里加入一个 2 ⌊ N / 3 ⌋ + 1 2\lfloor N/3 \rfloor + 1 2⌊N/3⌋+1，就能用 2 ⌊ N / 3 ⌋ + 1 2\lfloor N/3 \rfloor + 1 2⌊N/3⌋+1 对 A ⌊ N / 3 ⌋ A_{\lfloor N/3 \rfloor} A⌊N/3⌋​ 中个若干元素做差表示出 ( ⌊ N / 3 ⌋ , 2 ⌊ N / 3 ⌋ + 1 ) (\lfloor N/3 \rfloor, 2\lfloor N/3 \rfloor + 1) (⌊N/3⌋,2⌊N/3⌋+1)，对若干元素求和表示出 ( 2 ⌊ N / 3 ⌋ + 1 , N ] (2\lfloor N/3 \rfloor + 1, N] (2⌊N/3⌋+1,N]，并入 A ⌊ N / 3 ⌋ A_{\lfloor N/3 \rfloor} A⌊N/3⌋​ 本身能表示的范围，即能表示出任意小于等于 N N N 的正整数。

  如果 A ⌊ N / 3 ⌋ A_{\lfloor N/3 \rfloor} A⌊N/3⌋​ 本身是最优的，那么往里面加入 K = 2 ⌊ N / 3 ⌋ + 1 K = 2\lfloor N/3 \rfloor + 1 K=2⌊N/3⌋+1 的 A N A_N AN​ 也一定是最优的，因为要使得 K + s u m ( A ⌊ N / 3 ⌋ ) ≥ N K + sum(A_{\lfloor N/3 \rfloor}) \ge N K+sum(A⌊N/3⌋​)≥N， K K K 必须大于等于 2 ⌊ N / 3 ⌋ + 1 2\lfloor N/3 \rfloor + 1 2⌊N/3⌋+1，而当 K > 2 ⌊ N / 3 ⌋ + 1 K > 2\lfloor N/3 \rfloor + 1 K>2⌊N/3⌋+1 时，就无法表示出 ⌊ N / 3 ⌋ + 1 \lfloor N/3 \rfloor + 1 ⌊N/3⌋+1，

  当然这一切还有个前提条件，那就是 s u m ( A ⌊ N / 3 ⌋ ) = ⌊ N / 3 ⌋ sum(A_{\lfloor N/3 \rfloor}) = \lfloor N/3 \rfloor sum(A⌊N/3⌋​)=⌊N/3⌋。’

  不过到这里已经足够启发我们去顺推了，

  因为这个问题的边界是显然的，

  当 N = 1 N = 1 N=1 时， A 1 = { 1 } A_{1} = \{1\} A1​={1}，

  我们往 A 1 A_{1} A1​ 中加入 2 × s u m ( A 1 ) + 1 2 × sum(A_{1}) + 1 2×sum(A1​)+1，得到 A 4 A_{4} A4​，即

  当 N = 4 N = 4 N=4 时， A 4 = { 1 , 3 } A_{4} = \{1,3\} A4​={1,3}，

  当 N = 13 N = 13 N=13 时， A 13 = { 1 , 3 , 9 } A_{13} = \{1,3,9\} A13​={1,3,9}，

   ⋯ ⋯ \cdots \cdots ⋯⋯

  当然还存在 N N N 不在我们找到的最优规律中。

  我们设 N = 5 N = 5 N=5，

  因为 A 4 = { 1 , 3 } A_{4} = \{1,3\} A4​={1,3} 的最优性， 2 2 2 个元素至多组成任意小于等于 4 4 4 的正整数，

  因为 A 13 = { 1 , 3 , 9 } A_{13} = \{1,3,9\} A13​={1,3,9} 的最优性， 3 3 3 个元素可以表示任意小于等于 13 13 13 的正整数。

  即对 N = 5 N = 5 N=5 给出的答案，必须大于 2 2 2 小于等于 3 3 3。

  对于给出任意 N N N 我们都可以按照这个性质求出答案。

  同时在三进制下来看这个规律：

   { N } = { ( 1 ) 3 , ( 11 ) 3 , ( 11 ) 3 , ⋯   } \{N\} = \{(1)_{3},(11)_{3},(11)_{3},\cdots\} {N}={(1)3​,(11)3​,(11)3​,⋯}

  可以二分，但没有必要。

import java.util.Scanner;

public class Main {

public static void main(String[] args) { new Main().run(); }

void run() {
long N = new Scanner(System.in).nextLong(), ans = 1;
for (long pow3 = 1; pow3 < N; pow3 = pow3 * 3 + 1, ans++);
System.out.println(ans);
}
}

  写的稀烂，主要这题目出的就恶心人。

#H 杨辉三角形

时间限制: 5.0 5.0 5.0s 内存限制: 512.0 512.0 512.0MB 本题总分： 20 20 20 分

  下面的图形是著名的杨辉三角形：
  如果我们按从上到下、从左到右的顺序把所有数排成一列，可以得到如下数列：

   1 , 1 , 1 , 1 , 2 , 1 , 1 , 3 , 3 , 1 , 1 , 4 , 6 , 4 , 1 , ⋯ 1, 1, 1, 1, 2, 1, 1, 3, 3, 1, 1, 4, 6, 4, 1, \cdots 1,1,1,1,2,1,1,3,3,1,1,4,6,4,1,⋯
  给定一个正整数 N N N，请你输出数列中第一次出现 N N N 是在第几个数？

输入格式

  输入一个整数 N N N。

输出格式

  输出一个整数代表答案。

测试样例1

Input：
6

Output：
13

评测用例规模与约定

  对于 20 20 20% 的评测用例， 1 ≤ N ≤ 10 1 ≤ N ≤ 10 1≤N≤10；
  对于所有评测用例， 1 ≤ N ≤ 1000000000 1 ≤ N ≤ 1000000000 1≤N≤1000000000。

  图片高清重置

类比单调数列

  杨辉三角最外层全部是 1 1 1。

  第二层则是自然数序列。

  因为杨辉三角是左右对称的，因此我们可以忽略右边(左边的数字总是比右边先出现)，并将数字按层分成若干序列。

  由于序列都是从上置下单调递增的，我们可以在每一个这种序列上，二分查找 N N N 的位置，特别的， N = 1 N = 1 N=1 时直接输出 1 1 1。

  此外，杨辉三角第 n n n 行 m 列 列 列

   = C n − 1 m − 1 = ( n − 1 ) ! ( m − 1 ) ! ( n − m ) ! =C_{n-1}^{m-1} = \cfrac{(n-1)!}{(m-1)!(n - m)!} =Cn−1m−1​=(m−1)!(n−m)!(n−1)!​

  这个数字增长的非常快 C 32 16 = 1166803110 > 1 e 9 C_{32}^{16} = 1166803110 > 1e9 C3216​=1166803110>1e9。

  也就至多在 14 14 14 条(除去最外两层)这样的序列中查找 N N N 的位置，因为序列的单调性不允许 N N N 的出现。

import java.util.Scanner;

public class Main {

public static void main(String[] args) { new Main().run(); }

int N;

void run() {
N = new Scanner(System.in).nextInt();
if (N == 1) System.out.println(1);
else {
long ans = (N + 1L) * N / 2 + 2;
for (int m = 2; m < 16; m++) {
int start = m * 2, end = N;
while (start <= end) {
int mid = start + end >> 1;
if (C(mid, m) == N) {
ans = min(ans, (mid + 1L) * mid / 2 + m + 1);
break;
} if (C(mid, m) > N) end = mid - 1;
else start = mid + 1;
}
}
System.out.println(ans);
}
}

long min(long a, long b) { return a < b ? a : b; }

long C(int n, int m) {
long num = 1;
for (int nm = 1; nm <= m; n--, nm++)
if ((num = num * n / nm) > N) return num;
return num;
}
}

#I 双向排序

时间限制: 5.0 5.0 5.0s 内存限制: 512.0 512.0 512.0MB 本题总分： 25 25 25 分

问题描述

  给定序列 ( a 1 , a 2 , ⋅ ⋅ ⋅ , a n ) = ( 1 , 2 , ⋅ ⋅ ⋅ , n ) (a_{1}, a_{2}, · · · , a_{n}) = (1, 2, · · · , n) (a1​,a2​,⋅⋅⋅,an​)=(1,2,⋅⋅⋅,n)，即 a i = i a_{i} = i ai​=i。
  小蓝将对这个序列进行 m m m 次操作，每次可能是将 a 1 , a 2 , ⋅ ⋅ ⋅ , a q i a_{1}, a_{2}, · · · , a_{q_{i}} a1​,a2​,⋅⋅⋅,aqi​​ 降序排列，或者将 a q i , a q i + 1 , ⋅ ⋅ ⋅ , a n a_{q_{i}}, a_{q_{i+1}}, · · · , a_{n} aqi​​,aqi+1​​,⋅⋅⋅,an​ 升序排列。
  请求出操作完成后的序列。

输入格式

  输入的第一行包含两个整数 n , m n, m n,m，分别表示序列的长度和操作次数。
  接下来 m m m 行描述对序列的操作，其中第 i i i 行包含两个整数 p i , q i p_{i}, q_{i} pi​,qi​ 表示操作类型和参数。当 p i = 0 p_{i} = 0 pi​=0 时，表示将 a 1 , a 2 , ⋅ ⋅ ⋅ , a q i a_{1}, a_{2}, · · · , a_{q_{i}} a1​,a2​,⋅⋅⋅,aqi​​ 降序排列；当 p i = 1 p_{i} = 1 pi​=1 时，表示将 a q i , a q i + 1 , ⋅ ⋅ ⋅ , a n a_{q_{i}}, a_{q_{i+1}}, · · · , a_{n} aqi​​,aqi+1​​,⋅⋅⋅,an​ 升序排列。

输出格式

  输出一行，包含 n n n 个整数，相邻的整数之间使用一个空格分隔，表示操作完成后的序列。

测试样例1

Input：
3 3
0 3
1 2
0 2

Output：
3 1 2

Explanation：
原数列为 (1, 2, 3)。
第 1 步后为 (3, 2, 1)。
第 2 步后为 (3, 1, 2)。
第 3 步后为 (3, 1, 2)。与第 2 步操作后相同，因为前两个数已经是降序了。

评测用例规模与约定

  对于 30 30 30% 的评测用例， n , m ≤ 1000 n, m ≤ 1000 n,m≤1000；
  对于 60 60 60% 的评测用例， n , m ≤ 5000 n, m ≤ 5000 n,m≤5000；
  对于所有评测用例， 1 ≤ n , m ≤ 100000 1 ≤ n, m ≤ 100000 1≤n,m≤100000， 0 ≤ p i ≤ 1 0 ≤ p_{i} ≤ 1 0≤pi​≤1， 1 ≤ q i ≤ n 1 ≤ q_{i} ≤ n 1≤qi​≤n；

去冗操作

  其实看到这个数据规模，五分钟写完 Brute Force，就可以下一道了， O ( m n log ⁡ n ) O(mn \log n) O(mnlogn) 就能过 60 60 60% 的用例，

  多的时间去证明其他程序的正确性可能收益会高点。

  不过，骗分就多骗两个吧。

  对于连续且 p i p_{i} pi​ 相同操作，在 p i = 0 p_{i} = 0 pi​=0 时只需要做 q i q_{i} qi​ 最大的操作，在 p i = 1 p_{i} = 1 pi​=1 时只需要做 q i q_{i} qi​ 最小的操作，如图：

  显然去掉冗余操作后，还是和原操作是等价的，只需要建立一个栈就能在线性时间内完成去冗，并且代码量较少。

  特别的，我可以先将 ( p : 1 , q : 1 ) (p:1,q:1) (p:1,q:1) 压入栈底。

import java.io.*;
import java.util.*;

public class Main {

public static void main(String[] args) { new Main().run(); }

void run() {
InputReader in = new InputReader(System.in);
PrintWriter out = new PrintWriter(System.out);
int n = in.readInt(), m = in.readInt();
Deque<Step> deque = new ArrayDeque();
deque.push(new Step(1, 1));
while (m-- > 0) {
int p = in.readInt();
int q = in.readInt();
while (deque.size() > 0 && deque.peek().p == p)
if (p == 0)
q = max(q, deque.pop().q);
else
q = min(q, deque.pop().q);
deque.push(new Step(p, q));
}
Integer[] ans = new Integer[n];
for (int i = 0; i < n; i++)
ans[i] = i + 1;
deque.pollLast();
while (deque.size() > 0) {
Step step = deque.pollLast();
if (step.p == 0)
Arrays.sort(ans, 0, step.q, (a, b)->(b - a));
else
Arrays.sort(ans, step.q - 1, n);
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
out.print(ans[i]);
out.print(' ');
}
out.flush();
}

int max(int a, int b) { return a > b ? a : b; }

int min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }

class Step {

int p, q;

Step(int p, int q) {
this.p = p;
this.q = q;
}
}

class InputReader {

BufferedReader reader;
StringTokenizer token;

InputReader(InputStream in) {
this.reader = new BufferedReader(new InputStreamReader(in));
}

String read() {
while (token == null || !token.hasMoreTokens()) {
try {
token = new StringTokenizer(reader.readLine());
} catch (IOException e) {
e.printStackTrace();
}
}
return token.nextToken();
}

int readInt() { return Integer.parseInt(read()); }
}
}

树分裂&合并 (有点忙，待更)

#J 括号序列

时间限制: 5.0 5.0 5.0s 内存限制: 512.0 512.0 512.0MB 本题总分： 25 25 25 分

问题描述

  给定一个括号序列，要求尽可能少地添加若干括号使得括号序列变得合法，当添加完成后，会产生不同的添加结果，请问有多少种本质不同的添加结果。
  两个结果是本质不同的是指存在某个位置一个结果是左括号，而另一个是右括号。
  例如，对于括号序列 ((()，只需要添加两个括号就能让其合法，有以下几种不同的添加结果：()()()、()(())、(())()、(()()) 和 ((()))。

输入格式

  输入一行包含一个字符串 s s s，表示给定的括号序列，序列中只有左括号和右括号。

输出格式

  输出一个整数表示答案，答案可能很大，请输出答案除以 1000000007 1000000007 1000000007 (即 1 0 9 + 7 10^{9} + 7 109+7) 的余数。

测试样例1

Input：
((()

Output：
5

评测用例规模与约定

  对于 40 40 40% 的评测用例， ∣ s ∣ ≤ 200 |s| ≤ 200 ∣s∣≤200。
  对于所有评测用例， 1 ≤ ∣ s ∣ ≤ 5000 1 ≤ |s| ≤ 5000 1≤∣s∣≤5000。

待更