Uoj 73 未来程序
神仙提答.
Subtask 1
- 仔细阅读,发现是要计算 \(a*b\ \%\ c\).用龟速乘或者 \(python\) 直接算.
Subtask 2
- 仔细阅读并手算一下,发现是每次令 \(a_{i+1}=a_i+2b_i+c_i,\ b_{i+1}=a_i+b_i,\ c_{i+1}=a_{i}\) ,重复 \(n\) 次.
- 写一个矩阵快速幂来加速递推即可.
Subtask 3
- 仔细阅读,发现是要计算 \(\sum_{i=0}^n i^k,k=0,1,2,3,4\) .众所周知,每个 \(k\) 的答案是一个关于 \(n\) 的 \(k+1\) 次多项式.
- 用拉格朗日插值法计算即可,\(k=4\) 时会溢出 \(ull\) ,为了简便用 \(python\) 计算,最后结果对 \(2^{64}\) 取模即可.
Subtask 4
-
仔细阅读,发现给出了一个 \(5000*5000\) 的 \(0/1\) 矩阵,有两种询问.
-
第一种询问:为 \(1\) 的点两两组合,每对算 \(2\) 次的总数.显然为 \(s*(s-1)\) , \(s\) 为 \(1\) 的个数.
-
第二种询问:所有 \(1\) 到各自最近的 \(0\) 的曼哈顿距离总和,只需要将所有 \(0\) 的位置放入队列中, 做一遍 \(bfs\) .
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>
inline int read()
{
int x=0;
bool pos=1;
char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())
if(ch=='-')
pos=0;
for(;isdigit(ch);ch=getchar())
x=x*10+ch-'0';
return pos?x:-x;
}
const int MAXN = 5010, inf = 0x3F3F3F3F;
int n, m, type;
bool data[MAXN + 11][MAXN + 11];
int seed;
int next_rand()
{
static const int P = 1000000007, Q = 83978833, R = 8523467;
return seed = ((long long)Q * seed % P * seed + R) % P;
}
void generate_input()
{
cin >> n >> m >> type;
for(int i = 0; i < n; i++)
for(int j = 0; j < m; j++)
data[i][j] = bool((next_rand() % 8) > 0);
}
ll count1()
{
ll s=0;
for(int i=0;i<n;++i)
for(int j=0;j<m;++j)
s+=(int)data[i][j];
return s*(s-1);
}
int dist[MAXN][MAXN],dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={1,-1,0,0};
queue<pii> q;
ll count2()
{
for(int i=0;i<n;++i)
for(int j=0;j<m;++j)
if(data[i][j])
dist[i][j]=inf;
else
dist[i][j]=0,q.push(mp(i,j));
while(!q.empty())
{
int x=q.front().first,y=q.front().second;
q.pop();
for(int i=0;i<4;++i)
{
int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
if(nx<0 || nx>n || ny<0 || ny>m || dist[nx][ny]<inf)
continue;
dist[nx][ny]=dist[x][y]+1;
q.push(mp(nx,ny));
}
}
ll ans=0;
for(int i=0;i<n;++i)
for(int j=0;j<m;++j)
ans+=dist[i][j];
return ans;
}
int main()
{
freopen("program4.in","r",stdin);
freopen("program4.out","w",stdout);
std::cin >> seed;
for(int i = 0; i < 10; i++){
generate_input();
cout << (type == 1 ? count2() : count1()) << endl;
}
return 0;
}
Subtask 5
-
仔细阅读,发现给出了一个 \(5000*5000\) 的 \(0/1\) 矩阵,询问全为 \(1\) 的子矩阵个数.
-
\(0/1\) 矩阵相关问题常用单调栈解决.这道题也是,用经典的单调栈做法即可 \(O(n^2)\) 计算.
#include<bits/stdc++.h>
const int N = 5011;
int n, m;
bool data[N][N];
int seed;
int next_rand(){
static const int P = 1000000007, Q = 83978833, R = 8523467;
return seed = ((long long)Q * seed % P * seed + R) % P;
}
void generate_input(){
std::cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= m; j++)
data[i][j] = bool((next_rand() % 8) > 0);
}
int num[N][N];
int sta[N],up[N],down[N];
long long count3()
{
long long ans=0;
memset(num,0,sizeof num);
memset(up,0,sizeof up);
memset(down,0,sizeof down);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
num[i][j] =(data[i][j])?num[i][j-1]+1:0;
int top;
for (int j=1;j<=m;++j)
{
top = 0;
for (int i=1;i<=n;++i)
{
if(num[i][j])
{
up[i]=1;
while(top && num[i][j] <= num[sta[top]][j])
up[i]+=up[sta[top]],--top;
sta[++top]=i;
}
else
top=0,up[i]=0;
}
top = 0;
for (int i=n;i>=1;--i)
{
if(num[i][j])
{
down[i]=1;
while(top && num[i][j] < num[sta[top]][j])
down[i]+=down[sta[top]],--top;
sta[++top]=i;
}
else
top=0,down[i]=0;
ans += 1LL*up[i]*down[i]*num[i][j];
}
}
return ans;
}
int main(){
freopen("program5.in","r",stdin);
freopen("program5.out","w",stdout);
std::cin >> seed;
for(int i = 0; i < 10; i++)
{
generate_input();
std::cout << count3() << std::endl;
}
return 0;
}
Subtask 6
- 仔细阅读,发现给出了系数 \(n,a,b,c\) ,变量 \(t\) 初始为 \(0\) ,每次令 \(t=(t*t*a+b) \%\ c\) ,重复 \(n\) 次,要求最后的 \(t\) .
- 硬算显然爆炸,而且一阶二次递推不一定有解析的通项公式,只好考虑找出循环节来求解.
- 将 \([0,c-1]\) 内所有数看成对应的节点,每个点连边 \(i\to (i*i*a+b) \%\ c\),则与 \(0\) 联通的部分是一颗基环内向树.
- 从 \(0\) 出发,走若干步后就会走到一个环上,进入循环.我们找出 \(0\) 与环的起始点距离与环的大小,即可减小 \(n\) 的规模.
- 使用 \(Floyd\) 判圈算法,记两个指针 \(slow,fast\) ,初始都在 \(0\) ,每次让 \(slow\) 走一步, \(fast\) 走两步.
- 当 \(slow=fast\) 时,让 \(slow=0\) , \(fast\) 不变,然后每次让 \(slow,fast\) 都走一步,两者相遇的地方就是环的起点.
- 此时,再让 \(slow\) 每次走一步, \(fast\) 每次走两步,当两者相遇时, \(slow\) 在这个阶段走过的步数就是环的大小.这样做的空间复杂度为 \(O(1)\),比 \(map,set\) 高明到不知道哪里去了.
虽然题答题无所谓...
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mp make_pair
inline int read()
{
int x=0;
bool pos=1;
char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())
if(ch=='-')
pos=0;
for(;isdigit(ch);ch=getchar())
x=x*10+ch-'0';
return pos?x:-x;
}
typedef unsigned long long ull;
ull n,a,b,c,t;
ull trans(ull x)
{
return (x*x*a+b)%c;
}
int main()
{
freopen("program6.in","r",stdin);
freopen("program6.out","w",stdout);
for(int T=1;T<=10;++T)
{
std::cin>>n>>a>>b>>c;
if(T<=6)
continue;
ull s=0,cirsiz=0;
t=0;
ull slow=0,fast=0;
while(1)
{
slow=trans(slow);
fast=trans(fast);
fast=trans(fast);
if(slow==fast)
break;
}
slow=0;
while(1)
{
++s;
slow=trans(slow);
fast=trans(fast);
if(slow==fast)
break;
}
while(1)
{
++cirsiz;
slow=trans(slow);
fast=trans(fast);
fast=trans(fast);
if(slow==fast)
break;
}
for(ull i=1;i<=s;++i)
t=trans(t);
if(n<=s)
{
cout<<t<<endl;
continue;
}
n-=s;n%=cirsiz;
for(ull i=1;i<=n;++i)
t=trans(t);
std::cout<<t<<endl;
}
return 0;
}
Subtask 7
- 仔细阅读,发现是在求解一个 \(16\times 16\) 的数独.
- 用 \(DLX\) 求解即可.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
inline int read()
{
int x=0;
bool pos=1;
char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())
if(ch=='-')
pos=0;
for(;isdigit(ch);ch=getchar())
x=x*10+ch-'0';
return pos?x:-x;
}
int point;
const int N = 17;
int mp[N][N];
int st[N][N];
int sum = 0;
char s[N][N+5];
void add(int x, int y, int t) {
mp[x][y] = t;
sum++;
for (int i = 1; i <= 16; i++)
{
st[i][y] |= 1<<t-1;
st[x][i] |= 1<<t-1;
}
int xx = (x+3)/4, yy = (y+3)/4;
for (int i = (xx-1)*4 + 1; i <= xx*4; i++)
{
for (int j = (yy-1)*4 + 1; j <= yy*4; j++)
{
st[i][j] |= 1<<t-1;
}
}
}
void print()
{
for(int k=1;k<=point;++k)
{
for (int i = 1; i <= 16; i++)
{
for (int j = 1; j <= 16; j++)
{
putchar(mp[i][j]-1+'A');
}
}
puts("");
}
}
bool dfs()
{
if(sum == 256)
{
print();
return true;
}
for (int i = 1; i <= 16; i++)
{
for (int j = 1; j <= 16; j++)
{
if(!mp[i][j])
{
int cnt = 0, t = 0;
for (int k = 1; k <= 16; k++)
{
if((st[i][j] & (1<<k-1)) == 0)
{
cnt++;
t = k;
if(cnt == 2) break;
}
}
if(!cnt)
return false;
if(cnt == 1)
add(i, j, t);
}
}
}
for (int i = 1; i <= 16; i++)
{
for (int k = 1; k <= 16; k++)
{
int cnt1 = 0, cnt2 = 0, y;
for (int j = 1; j <= 16; j++)
{
if(mp[i][j] == k)
cnt1++;
if(cnt1 == 2)
return false;
if(!mp[i][j] && (st[i][j] & (1<<k-1)) == 0)
cnt2++, y = j;
}
if(!cnt1 && !cnt2)
return false;
if(!cnt1 && cnt2 == 1)
add(i, y, k);
}
}
for (int j = 1; j <= 16; j++)
{
for (int k = 1; k <= 16; k++)
{
int cnt1 = 0, cnt2 = 0, x;
for (int i = 1; i <= 16; i++)
{
if(mp[i][j] == k)
cnt1++;
if(cnt1 == 2)
return false;
if(!mp[i][j] && (st[i][j] & (1<<k-1)) == 0)
cnt2++, x = i;
}
if(!cnt1 && !cnt2)
return false;
if(!cnt1 && cnt2 == 1)
add(x, j, k);
}
}
for (int i = 1; i <= 16; i++)
{
int x = (i+3)/4, y = i - (x-1)*4;
for (int k = 1; k <= 16; k++)
{
int cnt1 = 0, cnt2 = 0, xx, yy;
for (int ii = (x-1)*4+1; ii <= x*4; ii++)
{
for (int jj = (y-1)*4+1; jj <= y*4; jj++)
{
if(mp[ii][jj] == k)
cnt1++;
if(cnt1 == 2)
return false;
if(!mp[ii][jj] && (st[ii][jj] & (1<<k-1)) == 0)
cnt2++, xx = ii, yy = jj;
}
}
if(!cnt1 && !cnt2)
return false;
if(!cnt1 && cnt2 == 1)
add(xx, yy, k);
}
}
if(sum == 256)
{
print();
return true;
}
int mn = N, x, y;
for (int i = 1; i <= 16; i++)
{
for (int j = 1; j <= 16; j++)
{
if(!mp[i][j])
{
int cnt = 0;
for (int k = 1; k <= 16; k++)
{
if((st[i][j] & (1<<k-1)) == 0)
{
cnt++;
if(cnt >= mn) break;
}
}
if(cnt < mn)
{
mn = cnt;
x = i;
y = j;
}
}
}
}
int tst[N][N], tmp[N][N];
memcpy(tst, st, sizeof(st));
memcpy(tmp, mp, sizeof(mp));
int tsum = sum;
for (int k = 1; k <= 16; k++)
{
if((st[x][y] & (1<<k-1)) == 0)
{
add(x, y, k);
bool f = dfs();
if(!f)
{
memcpy(st, tst, sizeof(tst));
memcpy(mp, tmp, sizeof(tmp));
sum = tsum;
}
else return true;
}
}
return false;
}
int main()
{
freopen("program7.in","r",stdin);
freopen("program7.out","w",stdout);
for(point=1;point<=4;++point)
{
for (int i = 1; i <= 16; i++)
{
scanf("%s", s[i]+1);
}
sum = 0;
memset(mp, 0, sizeof mp);
memset(st, 0, sizeof st);
for (int i = 1; i <= 16; i++)
{
for (int j = 1; j <= 16; j++)
{
if(isalpha(s[i][j]))
add(i, j, s[i][j] - 'A' + 1);
}
}
if(!dfs())
{
for(int i=1;i<=point;++i)
puts("NO SOLUTION.");
}
}
return 0;
}
Subtask 8
- 仔细阅读,发现不知道在讲什么...用程序算几个小的答案,差分一下,猜测答案是关于 \(n\) 的多项式?
- 于是用拉格朗日插值计算即可.
Subtask 9
-
仔细阅读,发现要
回答猜出十个问题,每个问题的答案给出了 \(MD5\) 码,给出了暴力解码的程序. -
大体思路:以猜为主,实在猜不出来的就用给出的程序暴力解码.
- 据常识,为 \(1984\) .
*爷爷在 \(1984\) 年说:计算机普及要从娃娃抓起.同年, \(CCF\) 举办第一界 \(NOI\) .
- 据常识,为 \(123456\) .
-
显然为 \(chenlijie\). - 提示作用不大,如果不知道怎么算 \(MD5\) ,就只能暴力解码了.否则大概可以枚举这三位算 \(MD5\) 看是否一致?反正我不太会算...暴力解出来是:
(可以说是很形象的字符画了).
\[$\_$
\]
5~10: 有用的提示整理一下,就只有:
最后一个单词是带连字符号的,这7个单词拼起来是一句名言.
-
这有啥用???如果去暴力解码最后 \(5\) 个点,显然 \(GG\) .那这提示咋用呢?
-
打开 \(program10.cpp\) ,发现最后那一坨单词,似乎是美国的独立宣言?
-
大胆猜测,这句名言就藏在这篇文章中.
(不然那还做个p) -
大概可以把那篇文章处理成稍微可读一点的样子(全部小写单词,空格分隔).然后凭借强大的肉眼观察能力,或许可以发现 \(self\ evidence\) 这个东西很奇怪,联想到带 \(self\) 的大多是 \(self-balabala\dots\) 的形式, \(self\) 做前缀.($ self-introduction,self-interested,self-absorbed\dots$).
-
加上连字符号,把前文带入一看, \(we\ hold\ these\ truths\ to\ be\ self-evident\),我们认为以下事实是不证自明的.
-
恰好 \(7\) 个单词,最后一个单词带连字符号,也是一句名言,我们就钦定它是最后五个问题的答案了!
-
大小写怎么办?可以暴力解码最后一个问题,解出来是 \(selfevident\) ,于是就肯定答案是正确的,且为小写.
-
这样我们用 \(3\) 次暴力解码就完成了这道题.(或许 \(2\) 次)?
Subtask 10
-
仔细阅读发现,很多个函数在被调用,但没有互相调用对方或自己的情况(否则就死循环了). - 可以建成一个 \(DAG\) 图,那个最基础的函数权值为 \(1\) ,其他点处理一下,就可以算出答案.
- 需要写一个读代码的程序.