前言

踩了挺多以前沒踩過的坑。。。

T1 一開始是打了一個 60pts 的 DFS ,在與暴力拍了幾組資料保證正確性之後，

突然想到 BFS 可能會更快一些，然後就又碼了一個 BFS，又和 DFS 拍了200組資料，

發現 BFS 確實快，然後就交了一個 BFS 然後我就直接 \(60pts\rightarrow 0pts\)

後來看了一下特殊性質該了一下邊界就 80pts了，肝疼QAQ

然後就是 T3 以前一直是在結構體裡讀入的，這回就翻車了。

還有就是 map 的過載小於號最好不要和等於號一樣，不然就掛分了。。

T1 Smooth

解題思路

官方題解說和蚯蚓有一點像（儘管我沒有做過這個題）

其實就是開了 b 個佇列，每次選擇所有隊首元素中最小的就是光滑數。

然後對於編號大於等於剛才所選佇列的加入一個新元素就好了。

因為每次都是從小到大，因此可以達到不重複的目的。

code

80pts

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

#define ull unsigned long long

#define f() cout<<"Pass"<<endl

using namespace std;

inline int read()

{

	int x=0,f=1;

	char ch=getchar();

	while(ch>'9'||ch<'0')

	{

		if(ch=='-')	f=-1;

		ch=getchar();

	}

	while(ch>='0'&&ch<='9')

	{

		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);

		ch=getchar();

	}

	return x*f;

}

const int N=7e7+10,M=1e7;

int INF;

int k,b,ans,pb[20]={0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47};

set<int> s;

void dfs(int x,int cnt)

{

	if(cnt>INF||cnt<0)	return ;

	if(x==b+1)

	{

		s.insert(cnt);

		if(s.size()>k)	s.erase((--s.end()));

		return ;

	}

	int pre=cnt;

	for(int i=1;cnt<=INF&&cnt>0;i++)

	{

		dfs(x+1,cnt);

		cnt=cnt*pb[x];

	}

}

signed main()

{

	b=read();

	k=read();

	if(b==2)	INF=1e18;

	else	INF=7e7;

	dfs(1,1);

	printf("%lld",(*s.rbegin()));

	return 0;

}

正解

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

#define ull unsigned long long

#define f() cout<<"Pass"<<endl

using namespace std;

inline int read()

{

	int x=0,f=1;

	char ch=getchar();

	while(ch>'9'||ch<'0')

	{

		if(ch=='-')	f=-1;

		ch=getchar();

	}

	while(ch>='0'&&ch<='9')

	{

		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);

		ch=getchar();

	}

	return x*f;

}

const int INF=1e18;

queue<int> q[20];

int k,ans,b,pb[20]={0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47};

signed main()

{

	b=read();

	k=read();

	for(int i=1;i<=b;i++)

		q[i].push(pb[i]);

	while(k!=1)

	{

		int minn=INF,id;

		for(int i=1;i<=b;i++)

			if(minn>q[i].front())

			{

				minn=q[i].front();

				id=i;

			}

		q[id].pop();

		ans=minn;

		for(int i=id;i<=b;i++)

			q[i].push(ans*pb[i]);

		k--;

	}

	printf("%lld",ans);

	return 0;

}

T2 Six

解題思路

挺好的一個題，主要有兩種做法：狀壓，狀壓+記憶化DFS

我當然是選擇裸的狀壓了（霧

首先不難發現我們只關心 n 的質因數的種類和數量，因此不需要記錄對應的數值。

發現對於所含質因數種類相同的兩個數在某種意義上是等價的。

因此我們可以將此壓縮成為一類數，記錄這一類數的數量就好了。

然後就可以愉快的狀壓了。

採用 8 進位制進行記錄，0 表示沒有出現過這個質因數

1~6 表示與此數同時計入中編號最小的數的編號

7則表示這個數字出現過兩次。

然後就是狀壓，並對於已經有的狀態的基礎上進行 DP 就好了。

code

48pts DFS

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

#define ull unsigned long long

#define f() cout<<"Pass"<<endl

using namespace std;

inline int read()

{

	int x=0,f=1;

	char ch=getchar();

	while(ch>'9'||ch<'0')

	{

		if(ch=='-')	f=-1;

		ch=getchar();

	}

	while(ch>='0'&&ch<='9')

	{

		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);

		ch=getchar();

	}

	return x*f;

}

const int N=4e7+10,mod=1e9+7;

int n,ans,num[N],t,tot,p[10],q[10],s[N];

int cnt,pri[N];

bool vis[N];

void Prime()

{

	vis[1]=true;

	for(int i=2;i<=min((int)sqrt(n)+1,40000000ll);i++)

	{

		if(!vis[i])	pri[++cnt]=i;

		for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=min((int)sqrt(n)+1,40000000ll);j++)

		{

			vis[i*pri[j]]=true;

			if(i%pri[j]==0)	break;

		}

	}

}

void dfs(int x,int all)

{

	if(x==tot+1)

	{

		if(all!=1)	num[++t]=all;

		return ;

	}

	dfs(x+1,all);

	for(int i=1;i<=q[x];i++)

	{

		all*=p[x];

		dfs(x+1,all);

	}

}

int gcd(int x,int y)

{

	if(!y)	return x;

	return gcd(y,x%y);

}

void dfs2(int pos)

{

	ans=(ans+1)%mod;

	for(int i=1;i<=t;i++)

	{

		int sum=0;

		for(int j=1;j<pos&&sum<=1;j++)

			if(gcd(s[j],num[i])!=1)

				sum++;

		if(sum<=1)

		{

			s[pos]=num[i];

			dfs2(pos+1);

		}

	}

}

signed main()

{

	n=read();

	Prime();

	for(int i=1;i<=cnt&&n!=1;i++)

	{

		if(n%pri[i])	continue;

		p[++tot]=pri[i];

		while(n%pri[i]==0)

		{

			q[tot]++;

			n/=pri[i];

		}

	}

	if(n!=1)	p[++tot]=n,q[tot]=1;

	dfs(1,1);

	dfs2(1);

	printf("%lld",ans-1);

	return 0;

}

正解

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

#define ull unsigned long long

#define f() cout<<"Pass"<<endl

using namespace std;

inline int read()

{

	int x=0,f=1;

	char ch=getchar();

	while(ch>'9'||ch<'0')

	{

		if(ch=='-')	f=-1;

		ch=getchar();

	}

	while(ch>='0'&&ch<='9')

	{

		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);

		ch=getchar();

	}

	return x*f;

}

const int N=(1<<18)+10,M=(1<<6)+10,mod=1e9+7;

int n,cnt,ans,f[N],s[N],fac[10],sub[M];

signed main()

{

	n=read();

	for(int i=2;i<=sqrt(n)+1;i++)

		if(n%i==0)

		{

			cnt++;

			while(n%i==0)

			{

				fac[cnt]++;

				n/=i;

			}

		}

	if(n!=1)	fac[++cnt]=1;

	fill(sub+1,sub+(1<<cnt)+1,1);

	for(int i=1;i<(1<<cnt);i++)

		for(int j=1;j<=cnt;j++)

			if((i>>j-1)&1)

				sub[i]*=fac[j];

	f[0]=1;

	for(int i=0;i<(1<<3*cnt);i++)

		if(f[i])

			for(int j=1;j<(1<<cnt);j++)

			{

				int pos=0,sta=i,jud=0;

				bool check=false;

				for(int k=1;k<=cnt;k++)

					if(!((i>>(k-1)*3)&7)&&((j>>k-1)&1))

					{

						pos=k;

						break;

					}

				for(int k=1;k<=cnt;k++)

					if(((i>>(k-1)*3)&7)&&((j>>k-1)&1))

					{

						if(((i>>(k-1)*3)&7)==7||(jud&&jud!=((i>>(k-1)*3)&7)))

						{

							check=true;

							break;

						}

						if(!jud)	jud=((i>>(k-1)*3)&7);

					}

				if(check)	continue;

				for(int k=1;k<=cnt;k++)

					if((j>>k-1)&1)

					{

						if((i>>(k-1)*3)&7)	sta|=7<<(k-1)*3;

						else	sta|=pos<<(k-1)*3;

					}

				f[sta]=(f[sta]+f[i]*sub[j]%mod)%mod;

			}

	for(int i=1;i<(1<<3*cnt);i++)

		ans=(ans+f[i])%mod;

	printf("%lld",ans);

	return 0;

}

T3 Walker

解題思路

隨機化演算法是正解還是第一次見。

隨便挑出兩組數，然後高斯消元求出來三個操作的數。

然後進行回代看是否有一半以上的數滿足條件。

有一個小細節：對於 \([-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}]\)類似的區間裡

不同的弧度的 cos 值是相同的，這個時候就需要用 sin 來判斷一下了。

code

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

const int N=1e5+10;int n;

double eps=1e-6,s[10][10];

struct node

{

	double x,y,x2,y2,x3,y3;

}q[N];

int random(int l,int r)

{

	int x=rand()*rand()%(r-l+1)+l;

	while(x<=0)	x=rand()*rand()%(r-l+1)+l;

	return x;

}

void gaosi(int n,int m)

{

	for(int i=1;i<=n;i++)

	{

		int pos=0;

		for(int j=1;j<m;j++)	if(s[i][j]){pos=j;break;}

		if(s[i][pos]!=1&&s[i][pos])

		{

			double temp=s[i][pos];

			for(int j=pos;j<=m;j++)	s[i][j]/=temp;

		}

		for(int j=i+1;j<=n;j++)

		{

			if(!s[j][pos])	continue;

			double temp=s[j][pos];

			for(int k=pos;k<=m;k++)	s[j][k]-=s[i][k]*temp;

		}

	}

	for(int i=n;i>=2;i--)

	{

		int pos=0;

		for(int j=1;j<m;j++)	if(s[i][j]){pos=j;break;}

		if(s[i][pos]!=1&&s[i][pos])

		{

			double temp=s[i][pos];

			for(int j=pos;j<=m;j++)	s[i][j]/=temp;

		}

		for(int j=1;j<i;j++)

		{

			if(!s[j][pos])	continue;

			double temp=s[j][pos];

			for(int k=pos;k<=m;k++)	s[j][k]-=s[i][k]*temp;

		}

	}

}

signed main()

{

	srand((unsigned)time(0));	scanf("%lld",&n);

	for(int i=1;i<=n;i++)	scanf("%lf%lf%lf%lf",&q[i].x,&q[i].y,&q[i].x2,&q[i].y2);

	while(1)

	{

		int i=random(1,n),j=random(1,n),sum=0;

		if(i==j)	continue;

		s[1][1]=q[i].x;s[1][2]=-q[i].y;s[1][3]=1;s[1][4]=0;s[1][5]=q[i].x2;

		s[2][1]=q[i].y;s[2][2]=q[i].x;s[2][3]=0;s[2][4]=1;s[2][5]=q[i].y2;

		s[3][1]=q[j].x;s[3][2]=-q[j].y;s[3][3]=1;s[3][4]=0;s[3][5]=q[j].x2;

		s[4][1]=q[j].y;s[4][2]=q[j].x;s[4][3]=0;s[4][4]=1;s[4][5]=q[j].y2;

		gaosi(4,5);

		double cs,ss,scal,dx,dy,cos,sin,tmp=1;

		for(int k=1;k<=4;k++)	if(fabs(s[k][1])>eps)	cs=s[k][5];

		for(int k=1;k<=4;k++)	if(fabs(s[k][2])>eps)	ss=s[k][5];

		for(int k=1;k<=4;k++)	if(fabs(s[k][3])>eps)	dx=s[k][5];

		for(int k=1;k<=4;k++)	if(fabs(s[k][4])>eps)	dy=s[k][5];

		scal=sqrt(cs*cs+ss*ss);cos=cs/scal;sin=ss/scal;

		if(sin<0)	tmp=-1;

		for(int k=1;k<=n;k++)	if(fabs((q[k].x*cos-q[k].y*sin)*scal+dx-q[k].x2)<=eps&&fabs((q[k].y*cos+q[k].x*sin)*scal+dy-q[k].y2)<=eps)	sum++;

		if(sum>=(n>>1)){printf("%.11lf\n%.11lf\n%.11lf %.11lf",acos(cos)*tmp,scal,dx,dy);return 0;}

	}

	return 0;

}

8.7考試總結(NOIP模擬)[Smooth·Six·Walker]

8.7考試總結(NOIP模擬)[Smooth·Six·Walker]

前言

T1 Smooth

解題思路

code

80pts

正解

T2 Six

解題思路

code

48pts DFS

正解

T3 Walker

解題思路

code

8.7考試總結(NOIP模擬)[Smooth·Six·Walker]

8.7考試總結(NOIP模擬)[Smooth·Six·Walker]

前言

T1 Smooth

解題思路

code

80pts

正解

T2 Six

解題思路

code

48pts DFS

正解

T3 Walker

解題思路

code

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