“蔚来杯“2022牛客暑期多校训练营4 DHKLN

D.Jobs (Easy Version)

题目大意

三维偏序问题，队友写了个假做法过了。

待补

Code

#include <bits/stdc++.h>
#pragma gcc optimize("O2")
#pragma g++ optimize("O2")
//#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;


const int N = 2e5 + 10, MOD = 998244353;
int n, q, x, y, z;
int k1,k2,k3,k4;
bitset<402>fk[11][401][401];
inline int getid(int x,int y,int z){
    
    return 160801*(x)+(y)*(401)+z;
}
int getans(int iq, int eq, int aq){
    
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
    
        ans+=fk[i][iq][eq][aq];
    }
    return ans;
}

int binpow(long long x, int y, int mod, long long res = 1){
    
    for (; y; y >>= 1, (x *= x) %= mod) if (y & 1) (res *= x) %= mod;
    return res;
}

int powq[2000010];

inline void solve(){
    
    cin >> n >> q;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
    
        cin >> k1;
        for(int j = 1; j <= k1; j++) {
    
            cin>>x>>y>>z;
            fk[i][x][y][z]=1;
        }
    } 
    
    for(short i=1;i<=n;i++){
    
        for(short j=1;j<=400;j++){
    
            for(short k=1;k<=400;k++){
    
                for(short x=1;x<=400;x++){
    
                    fk[i][j][k][x]=fk[i][j][k][x]|fk[i][j][k][x-1]|fk[i][j][k-1][x]|fk[i][j-1][k][x];
                }
            }
        }
    }
    int seed; cin >> seed;
    powq[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= 2000000 + 5; i++){
    
        powq[i] = 1ll * powq[i - 1] * seed % MOD;
    }
    std::mt19937 rng(seed);
    std::uniform_int_distribution<> u(1, 400);
    int lastans = 0, ans = 0;
    for (int i = 1; i <= q; i++){
    
        int IQ = (u(rng) ^ lastans) % 400 + 1;  // The IQ of the i-th friend
        int EQ = (u(rng) ^ lastans) % 400 + 1;  // The EQ of the i-th friend
        int AQ = (u(rng) ^ lastans) % 400 + 1;  // The AQ of the i-th friend
        lastans = getans(IQ, EQ, AQ);           // The answer to the i-th friends
        (ans += (1ll * lastans * powq[q - i] % MOD)) %= MOD;
    }
    cout << (ans % MOD) << endl;
}

signed main(){
    
    
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(12);
    int t = 1;
    while(t--) solve();
    return 0;
}

H.Wall Builder II

题目大意

给$n$个$1\ast 1$的矩形，$n-1$个$1\ast 2$的矩形，$n-2$个$1\ast 3$的矩形…，$1$个$1\ast n$的矩形，把这些矩形拼成一个大矩形，求大矩形的最小周长。

从$\sqrt{s}$开始枚举，然后找到第一个能凑的矩形并贪心填充即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#pragma gcc optimize("O2")
#pragma g++ optimize("O2")
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;

const int N = 2e4 + 10, MOD = 1e9 + 7;

int row[N];

inline void solve(){
    
    int n = 0, s = 0; cin >> n;
    memset(row, 0, sizeof(row));
    for(int i = 1; i <= n; i++) s += (n - i + 1) * i;
    for(int w = sqrt(s); w <= s; w++){
    
        if(s % w) continue;
        int h = s / w; 
        cout << (h + w) * 2 << endl;
        for(int i = n; i >= 1; --i){
    
            for(int j = 1, id = 0; j <= n - i + 1;){
    
                if(row[id] + i <= w){
    
                    cout << row[id] << ' ' << id << ' ' << row[id] + i << ' ' << id + 1 << endl;
                    row[id]+= i, j++;
                }
                else id++;
            }
        }
        break;
    }
}

signed main(){
    
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(12);
    int t = 1; cin >> t;
    while(t--) solve();
    return 0;
}

K.NIO’s Sword

题目大意

玩家初始有一把攻击力为$0$的剑，需要依次击杀$n$个敌人，仅当攻击力模$n$与$i$同余才能击杀第$i$个敌人。玩家可以升级剑，每次升级相当于在当前攻击力后面添加一个数字，问最少需要几次升级。

对每个$i$，枚举$k_i$，计算$x_i$，判断是否满足即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#pragma gcc optimize("O2")
#pragma g++ optimize("O2")
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10, MOD = 1e9 + 7;

int f[10];

inline void solve(){
    
    int n; cin >> n;
    int ans = 0;
    f[0] = 1;
    for(int i = 1; i < 8; ++i) f[i] = f[i - 1] * 10;
    if(n == 1){
    
        cout << "0\n";
        return; 
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
    
        int tmp = i - 1;
        for(int j = 1; j <= 7; ++j){
    
            if(((i - tmp * f[j]) % n + n) % n < f[j]){
    
                ans += j;
                break;
            }
        }
    }
    cout << ans << "\n";
}

signed main(){
    
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(12);
    int t = 1; //cin >> t;
    while(t--) solve();
    return 0;
}

L.Black Hole

题目大意

给定正$n$面体(不一定合法，不合法就impossible)，边长为$a$，进行$k$次操作，每次操作取正多面体几何中心连线生成新凸壳。问$K$次操作后生成的是否为正多面体，以及最终正多面体的边长。

首先，合法的正多面体只有：正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体。

• 正四面体只能生成正四面体
• 正六面体操作奇数次可以生成正八面体，偶数次生成正六面体
• 正八面体操作奇数次可以生成正六面体，偶数次生成正八面体
• 正十二面体操作奇数次可以生成正二十面体，偶数次生成正十二面体
• 正二十面体操作奇数次可以生成正十二面体，偶数次生成正二十面体

接下来讨论边长变化规律：可以发现两次生成的边长关系可以由原体的内切球和生成体的外接球关系导出，因为这俩球是同一个球。那么首先我们整理一下边长$a$与球半径$r$关系公式：

	正四面体	正六面体	正八面体	正十二面体	正二十面体
内切球	$\frac{r}{a}=\frac{\sqrt{6}}{12}$	$\frac{r}{a}=\frac{1}{2}$	$\frac{r}{a}=\frac{\sqrt{6}}{6}$	$\frac{r}{a}=\frac{{\phi }^2}{2\sqrt{3-\phi }}$	$\frac{r}{a}=\frac{3\sqrt{3}+\sqrt{15}}{12}$
外接球	$\frac{r}{a}=\frac{\sqrt{6}}{4}$	$\frac{r}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$	$\frac{r}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$	$\frac{r}{a}=\frac{\sqrt{3}\phi }{2}$	$\frac{r}{a}=\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}$

那么我们可以推出转换关系：

• 正四面体$\to$正四面体：$\frac{a_2}{a_1}=\frac{1}{3}$
• 正六面体$\to$正八面体：$\frac{a_2}{a_1}=\frac{1}{\sqrt{2}}$
• 正八面体$\to$正六面体：$\frac{a_2}{a_1}=\frac{\sqrt{2}}{3}$
• 正十二面体$\to$正二十面体：$\frac{a_2}{a_1}=\frac{{\phi }^2}{\sqrt{3-\phi }\times \sqrt{2\sqrt{5}+10}}$
• 正二十面体$\to$正十二面体：$\frac{a_2}{a_1}=\frac{\sqrt{5}+3}{6\phi }$

至此，可以通过递推得到答案。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#pragma gcc optimize("O2")
#pragma g++ optimize("O2")
#define int long long
#define double long double
#define endl '\n'
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10, MOD = 1e9 + 7;

double K[20];
int nxt[20], n, k;
double a;
void init(){
    
    cout << fixed << setprecision(12);
    K[4] = 1.0 / 3;
    double fi = (1 + sqrtl(5)) / 2;
    K[6] = sqrtl(2) / 2;
    K[8] = sqrtl(2) / 3;
    K[12] = 2 * fi / sqrtl(3 - fi) * fi / sqrtl(10 + 2 * sqrtl(5));
    K[20] = (3 + sqrtl(5)) / 6 / fi;
    nxt[4] = 4, nxt[6] = 8, nxt[8] = 6, nxt[12] = 20, nxt[20] = 12;
}


inline void solve(){
    
    cin >> n >> a >> k;
    if(n != 4 && n != 6 && n != 8 && n != 12 && n != 20){
    
        cout << "impossible\n";
        return;
    }

    for(int i = 1; i <= k; i++){
    
        a *= K[n], n = nxt[n];
    }
    cout << "possible "<<n<<" "<<a<<endl;
}
signed main(){
    
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    init();
    int t = 1; cin >> t;
    while(t--) solve();
    return 0;
}

N.Particle Arts

题目大意

给定序列$a_1,a_2,\dots ,a_n$，每当两个元素$a$和$b$相撞后会湮灭并产生两个新元素$a\&b$和$a|b$。若干次碰撞后，方差会收敛。求收敛后的方差。

首先可以发现，任意两个元素相撞变化后，不会引起总和的变化，因此均值是不变的。

那么考虑求经过无限此碰撞后生成的新序列，容易发现因为或操作的性质，二进制下为$1$的位不会消失，那么无限次或操作会将为$1$的位向同一数字靠拢。于是直接按位统计后生成新序列计算即可。

如果使用公式$E(x^2)-E^2(x)$，需要继续推式子；但可以直接怼上方差公式，但是又会爆long long，那么可以在运算过程中全部使用__int128计算，最后转long long输出。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#pragma gcc optimize("O2")
#pragma g++ optimize("O2")
#define int __int128
#define endl '\n'
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10, MOD = 1e9 + 7;
long long a[N], b[N], cnt[20];

inline void solve(){
    
    long long n = 0, sum = 0; cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], sum += a[i];
    int cnt0 = 0, cnt1 = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
    
        for(int j = 0; j < 15; j++){
    
            if((a[i] >> j) & 1) cnt[j]++; 
        }
    }
    for(int i = 0; i < 15; i++){
    
        for(int j = 1; j <= cnt[i]; j++) b[j] |= (1 << i);
    }
    int f1 = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
    
        f1 += (n * b[i] - sum) * (n * b[i] - sum);
    }
    int f2 = n * n * n;
    int gcdd = __gcd(f1, f2);
    //cout << f1 << '@' << f2 << endl;
    long long ans1 = f1 / gcdd, ans2 = f2 / gcdd;
    //cout << (f1 / gcdd) << '/' << (f2 / gcdd) << endl;
    cout << ans1 << '/' << ans2 << endl;
}

signed main(){
    
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(12);
    int t = 1; //cin >> t;
    while(t--) solve();
    return 0;
}