写在前面

以下代码，目前均可通过民间OJ数据（dotcpp & New Online Judge），

两个OJ题目互补，能构成全集，可以到对应链接下搜题提交（感谢OJ对题目的支持）

如果发现任何问题，包含但不限于算法思路出错、OJ数据弱算法实际超时、存在没考虑到的边界情况等，请及时联系作者

​

​

更新（2023年5月14日）

洛谷更新了蓝桥杯2023年的题目，A组题号P9230-P9238

于是，把题目又都交了一遍，倒数第二题像素放置直接爆搜超时，

60个点TLE了8个点，加了个bitset记忆化就过了，代码已更新

题解

A.幸运数（模拟）

题面

​

题解

由于是填空题，按题意本地暴力，几秒就跑出来结果了，直接交结果

代码

#includeusing namespace std;int ans;int main(){/*for(int i=1;i<=100000000;++i){int cnt=0;for(int j=i;j;j/=10)cnt++;if(cnt&1)continue;int sum=0,now=0;for(int j=i;j;j/=10){now++;if(now<=cnt/2)sum+=j%10;else sum-=j%10;}if(!sum)ans++;}printf("%d\n",ans);*/puts("4430091");return 0;}

B.有奖问答（搜索/dp）

题面

​

题解

1. 搜索：2的30次方种可能，每次要么+10要么清零，遇到100分时，直接return，几秒跑出来结果后，直接交结果

2. dp：dp[i][j]表示前i轮过后分数为j的方案数，注意中间可以随时停止

代码（dp）

#includeusing namespace std;typedef long long ll;ll dp[31][101],ans;int main(){dp[0][0]=1;for(int i=0;i<30;++i){for(int j=0;j<100;j+=10){if(!dp[i][j])continue;if(j<90)dp[i+1][j+10]+=dp[i][j];dp[i+1][0]+=dp[i][j];}ans+=dp[i+1][70];}printf("%lld\n",ans);//puts("8335366");return 0;}

C.平方差（构造/规律）

题面

​

题解

打表或构造发现，形如4k+2的数无法被表示，

统计[l,r]的答案，前缀和作差，转化为[1,r]的答案减去[1,l-1]的答案

而[1,x]中，形如4k+2的数的个数为(x+2)/4

证明的话，x=(y+z)(y-z)，注意到y+z和y-z同奇偶，

1. y+z为奇数时，x为奇数；y+z为偶数时，x为4的倍数，这表明4k+2无法被取到

2.​，这表明奇数和4的倍数均能被取到

代码

#includeusing namespace std;typedef long long ll;const int N=500;bool vis[N];int l,r;int cal(int x){return x-(x+2)/4;}int main(){/*for(int i=0;i<=50;++i){for(int j=0;j=0 && v<N)vis[v]=1;}}for(int i=0;i<=100;++i){if(!vis[i])printf("i:%d\n",i);}*/scanf("%d%d",&l,&r);printf("%d\n",cal(r)-cal(l-1));return 0;}//x=(y+z)(y-z)//2k+1=(k+1)^2-k^2//4k=(k+1)^2-(k-1)^2

D.更小的数（区间dp）

题面

​

​

题解

未反转的段仍相同不用关注，只需关注反转的段，

记反转前的串为old（即num串），之后的串为new

运用递归/记忆化搜索的思想，有以下几种情况

1. 当i=j时，new[i,j]不小于old[i,j]

2. 当i+1=j时，new[i,j]小于old[i,j]，当且仅当new[i]<old[i]，即num[j]<num[i]

3. 否则，

①若num[j]<num[i]，new[i,j]一定小于old[i,j]

②若num[j]=num[i]，则可以去掉这两个字母，只需比较new[i+1,j-1]和old[i+1,j-1]

③若num[j]>num[i]，new[i,j]一定大于old[i,j]

从短串递推到长串，就是区间dp了，当然直接写记忆化搜索也行

代码中，dp[i][j]=1表示反转后更小，=0表示反转后大于等于原来

代码

#includeusing namespace std;typedef long long ll;const int N=5e3+10;int n,dp[N][N],ans;char s[N];int main(){scanf("%s",s);n=strlen(s);for(int len=2;len<=n;++len){for(int l=0;l+len-1s[r])dp[l][r]=1;else if(s[l]==s[r])dp[l][r]=dp[l+1][r-1];ans+=(dp[l][r]==1);}}printf("%d\n",ans);return 0;}//4321//1234

E.更小的数（树上莫队/启发式合并）

题面

​

题解

1. 树上莫队：

树上莫队=莫队+dfs序

建树后求dfs序，每个子树对应的dfs区间就是一个询问区间，将询问区间排序后套用莫队，

维护当前颜色i出现的次数now[i]、出现次数为i的颜色种类数freq[i]

任取区间内出现的一种颜色x，若now[x]*freq[now[x]]=区间长度则合法，否则不合法

复杂度O(nsqrt(n))

2. 启发式合并：

可以维护相同的东西，只是套了个启发式合并的壳

重儿子直接继承当前维护的信息，把轻儿子维护的信息往重儿子上合并，

由于每个点至多出现在log个轻儿子所在的子树里，复杂度O(nlogn)

代码（树上莫队）

#includeusing namespace std;typedef long long ll;const int N=2e5+10;int n,m,c[N],f,in[N],out[N],tot,id[N],pos[N],sz;int now[N],freq[N],ans;mapvis;vectore[N];struct node{int l,r;}q[N];void add(int col,int v){freq[now[col]]--;now[col]+=v;freq[now[col]]++;}bool operatorb.r;else return a.r<b.r;}return a.l<b.l;}void dfs(int u){in[u]=++tot;id[tot]=u;for(auto &v:e[u]){dfs(v);}out[u]=tot;q[++m]={in[u],out[u]};}int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i1)e[f].push_back(i);}dfs(1);sz=(int)sqrt(n);for(int i=1;i<=n;++i){pos[i]=1+(i-1)/sz;}sort(q+1,q+n+1);int l=1,r=1;add(c[1],1);for(int i=1;i<=n;++i){for(;rq[i].r;r--)add(c[id[r]],-1);for(;lq[i].l;l--)add(c[id[l-1]],1);int col=c[id[l]],cnt=now[col],f=freq[cnt];if(f*cnt==r-l+1)ans++;}printf("%d\n",ans);return 0;}/*62 02 11 23 33 41 4*/

F.买瓜（折半枚举+三进制枚举/枚举子集的子集）

题面

​

题解

每个西瓜三种选择：不选，选但不劈，选且劈两半

直接三进制枚举的话，3的30次方，复杂度爆炸

考虑拆成两半枚举（折半枚举，也叫meet-in-middle）

分别维护3的15次方大小的集合a、b，

答案只可能完全来自a、或者完全来自b、或者ab各一部分

ab各一部分的话，在枚举b集合内的元素对应的和为x时，到a集合内查元素和m-x是否存在

复杂度O(3^15*log(3^15))​，大概3e8多，时间1s(题面pdf)，比较极限，难以通过(New Online Judge2s dotcpp3s)，试了试unordered_map去卡2s也TLE了，而瓶颈主要在集合查的这个log，

所以手写哈希（开散列），将log这个常数再压一压，就可以通过2s的题了

256M空间其实也比较极限，哈希模数那个数组不要开太大（调小了TLE调大了MLE）

代码

#includeusing namespace std;typedef long long ll;typedef pair P;#define fi first#define se secondconst int N=32,M=1<<15,mod=19260817,S=14348907;int n,bit[M];int head[mod],nex[S],cnt;P b[S];ll m,a[N],f[M],g[M],sum;inline void upd(int x,int v){int u=x%mod;for(int i=head[u];i;i=nex[i]){if(b[i].fi==x){b[i].se=min(b[i].se,v);return;}}b[++cnt]=P(x,v);nex[cnt]=head[u];head[u]=cnt;}inline int cal(int x){int u=x%mod;for(int i=head[u];i;i=nex[i]){if(b[i].fi==x)return b[i].se;}return N;}int sol(){if(sum==m)return 0;if(n==1){if(a[0]/2==m)return 1;return -1;}int ans=N;for(int i=1;i>1]+(i&1);}int l=n/2,lb=1<<l,r=n-n/2,rb=1<<r;for(int i=0;i<l;++i){f[1<<i]=a[i];}for(int i=1;i>1)>m)continue;for(int j=i;;j=(j-1)&i){ll v=(f[j]>>1)+f[j^i];if(v<=m){if(v==m)ans=min(ans,bit[j]);else upd((int)v,bit[j]);}if(!j)break;}}for(int i=0;i<r;++i){g[1<<i]=a[l+i];}for(int i=1;i>1)>m)continue;for(int j=i;;j=(j-1)&i){ll v=(g[j]>>1)+g[j^i];if(vn)ans=-1;return ans;}int main(){scanf("%d%lld",&n,&m);m*=2;for(int i=0;i<n;++i){scanf("%lld",&a[i]);a[i]*=2;sum+=a[i];}printf("%d\n",sol());return 0;}

G.网络稳定性（kruskal重构树）

题目​

​

题解

kruskal重构树裸题，

重构树听上去高端，实则就是在kruskal建最大生成树的过程中额外建点、赋权

比如，u和v当前不在一个集合里，通过w这条边合并时，

新开一个点x，令x是u和v的父亲，而x的权值为w，

查询时，查u和v的lca的权值即可，即为最大连通路径上的最小连通权值

因为按权值从大到小遍历，已经通过权值大的边，使得点之间尽可能连通了

代码

#includeusing namespace std;typedef long long ll;const int N=4e5+10,M=3e5+10,K=20;int n,m,q,u,v,par[N],a[N],f[N][K],dep[N];bool vis[N];vectorE[N];struct edge{int u,v,w;}e[M];int find(int x){return par[x]==x" />=1;--i){if(!vis[i])dfs(i,0);}for(int j=1;j<K;++j){for(int i=1;i<=cur;++i){f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];}}while(q--){scanf("%d%d",&u,&v);if(find(u)!=find(v)){puts("-1");continue;}printf("%d\n",a[lca(u,v)]);}return 0;}/*5 4 3 1 2 52 3 63 4 11 4 31 52 41 3*/

H. 异或和之和（按位计算贡献）

题目

​

题解

按每个二进制位i考虑，从而转化为0、1序列的问题

一个子段[l,r]在第i位有贡献，当且仅当[l,r]内第i位出现的次数为奇数次，

前缀和做差[l,r]=[1,r]减[1,l-1]，所以维护当前有多少个前缀是奇数，有多少个前缀是偶数

[l,r]为奇数，若[1,r]为偶数则要求[1,l-1]为奇数，反之同理，

枚举每个右端点，统计与其对应的有贡献的左端点，计算答案

代码

#includeusing namespace std;typedef long long ll;const int N=1e5+10;int n,a[N],sum[2];ll ans;int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%d",&a[i]);}for(int i=0;i<=20;++i){sum[0]=1,sum[1]=0;int now=0;ll all=0;for(int j=1;j>i&1;now^=v;all+=sum[now^1];sum[now]++;}ans+=all*(1ll<<i);}printf("%lld\n",ans);return 0;}/*51 2 3 4 5*/

I. 像素放置（搜索）

题面

​

题解

写状压的话感觉总难免需要关注三行的有效状态，

复杂度好像更没有办法保证，所以写了搜索剪枝，

总体思路还是枚举每一位填0还是填1，加入了校验机制，以及搜到解之后直接return

搜索剪枝也要用到插头dp（轮廓线dp）的思想，配合记忆化

洛谷的数据足够强，没加记忆化没过

直接的想法是dp[10][10][1<<22]

dp[i][j][k]表示当前搜到了(i,j)这个格子，而前面2m+2个格子的状态是k时，这个状态是否搜到过

由于搜到解后就返回答案，这么记录，只是为了避免重复搜无效的状态

由于直接int数组开不下，所以用bitset将空间压为1/32，bitsetdp[10][10]

如左图，当(i,j)位于行初时，只需关注前2*m个格子；再往右一格时，只需关注前2*m+1个格子，

再往右两格及更右时，只需关注前2*m+2个格子，直至行尾，最多只需关注22个格子

对于行越界的情形，不妨认为上面有两行全0的空行

复杂度

a[i][j]：原图转化过来的数字，下划线转成了INF

b[i][j]：当前填的答案数组

cur[i][j]：(i,j)本身及(i,j)周围一圈合法位置中，当前填了几个1

填一个数时，考虑它本身及周围一圈的合法位置（最多9个）

校验机制是：

1. 如果当前填了这个数，导致超过上限，即cur[i][j]>a[i][j]，则不合法

2. 如果当前填的格子，是格子(i,j)管辖的最后一个格子，填完这个数后，a[i][j]和cur[i][j]不等，则也不合法

代码

#includeusing namespace std;const int S=15,N=10,M=1<<22,INF=0x3f3f3f3f;int n,m,a[S][S],b[S][S],cur[S][S];bitsetdp[N][N];char s[S][S];bool ok;bool in(int x,int y){return 0<=x && x<n && 0<=y && y<m && a[x][y]!=INF;}bool can(int x,int y,int v){for(int i=-1;i<=1;++i){for(int j=-1;ja[nx][ny])return 0;}}if(in(x-1,y-1) && cur[x-1][y-1]+v

J.翻转硬币（整除分块+杜教筛）

题面

​

​

题解

1. 5e6，可以考虑埃筛枚举因数，x需要翻当且仅当x的真因数翻了奇数次

2. 1e9，观察5e6时的式子，其实就是莫比乌斯函数或，然后直接套杜教筛

3. 1e18，观察1e9时的式子或思考莫比乌斯函数的定义，

只有包含完全平方因子的数的值才为0，

所以，考虑对平方因子容斥，即为所求，

即：

当然，化到这个式子的情况下，直接暴力也是可以通过1e9的数据的

然而，对于1e18，直接整除分块（数论分块）的话是​的，不能接受

于是，类似杜教筛预处理​前缀和的操作，

这里实际预处理​部分的答案（询问是单组的，现算这部分效果是一样的）

用杜教筛预处理的前缀和，后面[1e6,1e9]的部分用整除分块配合的区间和解决

【SSL 2402】最简根式（杜教筛）（整除分块）_SSL_TJH的博客-CSDN博客，与这个题类似

复杂度感觉是​的，但据uoj群友说是​的，就不太懂了…

实际预处理到1e6交New Online Judge也是会TLE的，改到1e7才过

代码

#includeusing namespace std;typedef long long ll;const int N=1e7+10;bool ok[N];int pr[N],mu[N],cnt,up;mapsmu;ll n,ans[N];void sieve(ll n){mu[1]=1;for(ll i=2;i<N;++i){if(!ok[i]){pr[cnt++]=i;mu[i]=-1;}for(int j=0;j=N)break;ok[k]=1;if(i%pr[j]==0){mu[k]=0;break; }mu[k]=-mu[i];}}for(int i=1;i<N;++i){ans[i]=mu[i]*(n/i/i);}for(int i=2;i<N;++i){mu[i]+=mu[i-1];ans[i]+=ans[i-1];}}int djsmu(int n){if(n<N)return mu[n];if(smu.count(n))return smu[n];int ans=1;for(int l=2,r;l<=n;l=r+1){r=n/(n/l);ans=ans-(r-l+1)*djsmu(n/l);if(r==n)break;}return smu[n]=ans;}ll cal(ll n){int sq=sqrt(n);if(sq<N)return ans[sq];ll l=2;for(;l*l*l<=n;l++);ll res=ans[l-1];for(ll r;l*l<=n;l=r+1){ll v=n/l/l;r=sqrt(n/v);res+=v*(djsmu(r)-djsmu(l-1));}return res;}int main(){scanf("%lld",&n);sieve(n);printf("%lld\n",cal(n));return 0;}