前言： NewOJ最新推出2022蓝桥杯省赛题目，数据均为管理员自行构造，仅供参考。

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题目总览

题目	Tag	难度	补题链接
裁纸刀	模拟	☆	http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2021
灭鼠先锋	博弈	☆☆☆	http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2022
求和	前缀和	☆☆	http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2023
选数异或	线段树、$ST$表	☆☆☆	http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2024
爬树的甲壳虫	期望$DP$、逆元	☆☆☆☆	http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2025
青蛙过河	二分答案、贪心	☆☆☆☆	http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2026
最长不下降子序列	动态规划、线段树	☆☆☆☆☆	http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2027
扫描游戏	计算几何、线段树	☆☆☆☆☆	http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2028
数的拆分	数论	☆☆☆☆☆	http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2029
推导部分和	并查集、搜索	☆☆☆☆	http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2030

注：本次$C++A$组的题目题目质量很好，但是难度过大，线段树考点重复（也可能存在其他做法）。

试题A: 裁纸刀

题意： 一张纸上打印了$20$行$22$列共$440$个二维码，至少需要裁多少次可以全部裁出。如下图，$2$行$3$列共需要裁$9$次。

Tag： 模拟

难度： ☆

思路： 根据题意，首先需要额外裁剪$4$次去除边界。每裁$1$刀，可以使得纸张数目增加$1$。 最终要变成$440$个二维码，只需要裁剪$439$次。总计$439+4=443$次。

试题B: 灭鼠先锋

题意： 在$2$行$4$列的棋盘中，两人轮流操作，每次可选择在空位上放置$1$个棋子，或者在同一行连续的两个空位上放置棋子。最后使得棋盘放满的人输掉。

先手存在$4$种初始局面如下所示，$O$表示空，$X$表示已放置。每人均以最优策略放棋子。判断先手胜利（输出$V$）还是后手胜利（输出$L$）。

XOOO XXOO OXOO OXXO
OOOO OOOO OOOO OOOO

Tag： 博弈

难度： ☆☆☆

思路： 博弈题核心：

只能转移到必胜态的，均为必败态。

可以转移到必败态的，均为必胜态。

1. 首先确定最终的必败态：只剩下1个棋子的时候肯定是必败的。

   OXXX	XOXX
   XXXX	XXXX
   

2. 利用上述提到的核心，倒推出其他情况属于必败态还是必胜态。

3. 注意，给定的$4$个局面为先手第一步的四种局面，对于此时局面为必胜态，表示的是后手胜。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
///判断是否仅存在一个空格
bool check(string s)
{
    int tot = 0;
    for(auto x : s)if(x == 'O')
        tot++;
    return tot == 1;
}
map<string, bool>SG;
bool dfs(string s)
{
    if(SG.count(s))
        return SG[s];
    if(check(s))
        return SG[s] = false;
    ///模拟放1个棋子
    for(int i = 0; i < s.size(); i++)if(s[i] == 'O')
    {
        string tmp = s;
        tmp[i] = 'X';
        if(dfs(tmp) == false)///可以到达必败态均为必胜态
            return SG[s] = true;
    }
    ///模拟放2个棋子
    for(int i = 0; i < s.size() - 1; i++)if(s[i] == 'O' && s[i + 1] == 'O' && i != 3)
    {
        string tmp = s;
        tmp[i] = tmp[i + 1] = 'X';
        if(dfs(tmp) == false)///可以到达必败态均为必胜态
            return SG[s] = true;
    }
    ///运行到此，说明只能转移到必胜态，此时为必败态
    return SG[s] = false;
}

int main()
{
    string s[] = {"XOOOOOOO", "XXOOOOOO", "OXOOOOOO", "OXXOOOOO"};
    for(int i = 0; i < 4; i++)
    {
        if(dfs(s[i]))cout<<"L";///此时为必胜态，说明后手面临的局面必胜，输出L
        else cout<<"V";
    }
    return 0;
}

试题C: 求和

题意： 给定数组$a$，求${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=i+1}^n{a}_i{a}_j$。

Tag： 前缀和

难度： ☆☆

思路： 可以进行如下转换：
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^n{a}_i{a}_j=\sum _{i=1}^n\left[a_i\sum _{j=i+1}^n{a}_j\right]$$
对于里面的求和，直接用前缀和优化：
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^n{a}_i{a}_j=\sum _{i=1}^n\left[a_i\sum _{j=i+1}^n{a}_j\right]=\sum _{i=1}^n{a}_i(sum[n]-sum[i])$$
预处理前缀和即可，时间复杂度$O(n)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5 + 10;
ll a[maxn], sum[maxn];
int main()
{
    int n;
    ll ans = 0;
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) ///预处理前缀和
        cin >> a[i], sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
    for(int i = 1; i <= n; i++) ///求和即可
        ans += a[i] * (sum[n] - sum[i]);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

试题D: 选数异或

题意： 给定数组$a$和整数$x$，$m$次询问，每次询问区间$[l,r]$是否存在两个数字使得异或值等于$x$。

Tag： 线段树、$ST$表

难度： ☆☆☆

思路： 由于给定$x$，对于区间$[l,r]$中的每个数字$a[i]$而言，只需要判断区间$[l,r]$中是否存在$a[i]\oplus x$。

暴力判断会超时，如何快速判断区间$[l,r]$而不是一个一个$a[i]$来判断？

对每个数字$a[i]$，找到它左边最近的$a[j]$，满足$a[i]\oplus a[j]=x$，则$<j,i>$二元组是一个合法解，其中$j<i$。

为什么一定是左边最近合法位置而不是右边最近？

二者是一样的，因为i找到的左边最近合法位置是$j$，$j$找到的右边最近是$i$。

对于每个$i$，都找到左边最近合法的$j$，记为$Left[i]=j$，满足$j<i,a[i]\oplus a[j]=x$。

那么对于询问$[l,r]$中是否存在两个数字异或值等于$x$，等价于询问$[l,r]$中是否存在一个$i$满足：$l\le i\le r,l\le Left[i]$。

存在一个$i$即可满足条件，相当于最大的$Left[i]$大于$l$即可，即 l ≤ M a x { L e f t [ i ] ∣ l ≤ i ≤ r } l \le Max\{Left[i]|l\le i \le r\} l≤Max{Left[i]∣l≤i≤r}。

问题转换成：求区间最大值问题，使用线段树或者$ST$表即可。

那如何快速得到$Left$数组？从左往右遍历时，利用$pos[x]$记录数字$x$上一次出现的位置，那么$Left[i]=pos[a[i]\oplus x]$。

注：本题也可使用莫队算法维护区间异或等于$x$的次数来求解。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100000 + 10;
int tree[maxn << 2];
int Left[maxn], pos[(1 << 20) + 10];
int a[maxn], n, m, x;

//线段树模板
void build(int o, int l, int r)
{
    if(l == r)
    {
        tree[o] = Left[l];
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(o << 1, l, mid);
    build(o << 1 | 1, mid + 1, r);
    tree[o] = max(tree[o << 1], tree[o << 1 | 1]);
}
int query(int o, int l, int r, int L, int R)
{
    if(L <= l && r <= R)return tree[o];
    int mid = (l + r) >> 1;
    int ans = 0;
    if(L <= mid)ans = max(ans, query(o << 1, l, mid, L, R));
    if(R > mid)ans = max(ans, query(o << 1 | 1, mid + 1, r, L, R));
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &x);
    for(int i = 1; i <= n; i++) //预处理Left数组
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        Left[i] = pos[a[i] ^ x];
        pos[a[i]] = i;
    }
    build(1, 1, n);//线段树建树
    while(m--)
    {
        int l, r;
        scanf("%d%d", &l, &r);
        if(query(1, 1, n, l, r) >= l)//查询区间最值
            printf("yes\n");
        else
            printf("no\n");
    }
    return 0;
}

试题E: 爬树的甲壳虫

题意： 甲壳虫想要爬上高度为$n$的树，开始位于树根，高度为0，当它尝试从高度$i-1$爬到高度为$i$的位置时有$P_i$的概率会掉回树根，求它从树根爬到树顶时，经过的时间的期望值是多少。

Tag： 期望$DP$、逆元

难度： ☆☆☆☆

思路： $dp[i-1]$表示从高度$i-1$出发到顶部花费的期望时间。根据题意可以得到如下的状态转移方程：
$$\begin{array}{rl}dp[i-1]& =P_i\ast dp[0]+(1-P_i)dp[i]+1\\ dp[n]& =0\end{array}$$
利用递推式展开：
$$\begin{array}{rl}dp[n]& =0\ast dp[0]+0=a\ast dp[0]+b\\ dp[n-1]& =P_n\ast dp[0]+(1-P_n)dp[n]+1\\ dp[n-2]& =P_{n-1}\ast dp[0]+(1-P_{n-1})dp[n-1]+1\\ ...& \\ dp[0]& =P_{1}dp[0]+(1-P_1)dp[1]+1\end{array}$$
维护两个变量$a,b$，分别表示$dp[0]$的系数和常数，初始均为0。

将$dp[n]$代入$dp[n-1]$中，得到新的$a,b$：
$$\begin{array}{rl}a& =P_n+(1-P_n)\ast a\\ b& =1+(1-P_n)\ast b\end{array}$$
最终可以得到：
$$dp[0]=a\ast dp[0]+b$$
遍历中全部使用模意义下的数字，求解$dp[0]$的时候相当于求解：
$$(a-1)dp[0]+b\equiv 0\%MOD$$
利用扩展欧几里得求解$dp[0]$即可。

注意：存在更优的做法，递推过程更复杂，但是不需要最后的扩展欧几里得。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int MOD = 998244353;
ll x[maxn], y[maxn];
ll ksm(ll a, ll b, ll m)
{
    ll ans = 1;
    while(b)
    {
        if(b & 1)ans = ans * a % m;
        b >>= 1;
        a = a * a % m;
    }
    return ans;
}
ll inv(ll x)
{
    return ksm(x, MOD - 2, MOD);
}
ll extgcd(ll a, ll b, ll&x, ll&y)//ax+by = gcd(a, b)的解。返回值为gcd
{
    ll d = a;
    if(b)
    {
       d = extgcd(b, a % b, y, x);
       y -= (a / b) * x;
    }
    else x = 1, y = 0;
    return d;
}

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> x[i] >> y[i];
        ll g = __gcd(x[i], y[i]);
        x[i] = x[i] / g;
        y[i] = y[i] / g;
    }
    ll a = 0, b = 0;
    for(int i = n; i >= 1; i--)
    {
        ll p = x[i] * inv(y[i]) % MOD, p_1 = (y[i] - x[i]) * inv(y[i]) % MOD;
        a = (p + p_1 * a) % MOD;
        b = (1 + p_1 * b) % MOD;
    }
    ///cout<<x[1]<<" "<<y[1]<<" "<<inv(y[1])<<endl;
    ///dp[0] = a * dp[0] + b
    ///(a-1)dp[0]+k * MOD = MOD - b
    ///(a - 1)x + MOD * y = MOD - b
    ///cout<<a<<" "<<b<<endl;
    ll c = a - 1, d = MOD, x, y;
    ll g = extgcd(c, d, x, y);
    ///cout<<x<<" "<<y<<endl;
    ll x1 = x * (MOD - b) / g;
    ll y1 = y * (MOD - b) / g;
    cout<<(x1 % MOD + MOD ) % MOD<<endl;
    return 0;
}

试题F: 青蛙过河

题意： 小青蛙住在一条河边，它想到河对岸的学校去学习。小青蛙打算经过河里的石头跳到对岸。河里的石头排成了一条直线，小青蛙每次跳跃必须落在一块石头或者岸上。不过，每块石头有一个高度，每次小青蛙从一块石头起跳，这块石头的高度就会下降1，当石头的高度下降到0 时小青蛙不能再跳到这块石头上（某次跳跃后使石头高度下降到0 是允许的）。

小青蛙一共需要去学校上$x$天课，所以它需要往返$2x$次。当小青蛙具有一个跳跃能力$y$时，它能跳不超过$y$的距离。请问小青蛙的跳跃能力至少是多少才能用这些石头上完$x$次课。

Tag： 二分答案、贪心

难度： ☆☆☆☆

思路： 往返累计$2x$次相当于单向走$2x$次。跳跃能力越大，越能保证可以通过$2x$次。因此可以使用二分答案，找到一个最小的满足条件的跳跃能力。

假设跳跃能力为$mid$，一种思想是每次能跳多远跳多远，然后去模拟判断$mid$是否合法，做法比较复杂，暂不展开。

另一种想法是判断每个长度为$mid$的区间之和是否大于等于$2x$，如果每个区间和都大于$2x$，肯定可以保证构造出一组解通过$2x$次。反过来是否成立可以自行思考一下。

参考：https://www.zhihu.com/question/525176453/answer/2433729894。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
template <typename T>
inline T read(T& x) {
  x = 0;
  T w = 1;
  char ch = 0;
  while (ch < '0' || ch > '9') {
    if (ch == '-') w = -1;
    ch = getchar();
  }
  while (ch >= '0' && ch <= '9') {
    x = x * 10 + (ch - '0');
    ch = getchar();
  }
  return x * w;
}
int h[maxn], sum[maxn];
int n, x;
//判断所有长度为mid的区间之和是否大于等于2x
bool check(int mid)
{
    for(int i = 1; i + mid - 1 <= n; i++)
        if(sum[i + mid - 1] - sum[i - 1] < 2 * x)return false;
    return true;
}
int main()
{
    read(n); read(x);
    for(int i = 1; i <= n - 1; i++)//预处理前缀和
        read(h[i]), sum[i] = sum[i - 1] + h[i];
    sum[n] = 1e9 + 7;
    int left = 1, right = n, ans = n;
    while(left <= right)//二分答案
    {
        int mid = (left + right) >> 1;
        if(check(mid))
            ans = mid, right = mid - 1;//求最小合法解
        else
            left = mid + 1;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

试题G: 最长不下降子序列

题意： 给定数组$a$，可以修改连续的$K$个数字变成一个相同值。请计算修改后的最长不下降子序列长度。

Tag： 动态规划、线段树

难度： ☆☆☆☆☆

思路： 最长不下降子序列是经典的动态规划问题。本题只和数字大小有关，与数值无关，因此，先对数组进行离散化。

记$dp[i]$表示以$a[i]$结尾的最长不下降子序列长度，对于修改连续的$K$个数字变成同一值，最好修改成与前面一样的数字，即：

修改$a[i-k+1],...,a[i]$均修改成$a[i-k]$，此时的最长上升子序列可以看成3段：

1. $[1,i-k]$：长度为$dp[i-k]$
2. $[i-k+1,...,i-1]$：长度为$k-1$
3. $[i,i+\mathrm{1...}n]$：$a[i],a[i+1],...,a[n]$中，以$a[i]$开头的最长上升子序列，注意此时的$a[i]$的值应该等于$a[i-k]$

为了求出$dp[i]$，利用权值线段树求出$dp[1],...,dp[i-1]$中最大的数字$dp[j]$，同时保证$a[j]\le a[i]$。

具体做法为：对$a$数组离散化后，从左往右遍历$a$数组，将$a[i]$看作线段树的第$a[i]$位，$dp[i]$为线段树维护的值（线段树维护最大值），查询线段树区间$[1,a[i]]$的最大值即可。

类似的，反向遍历，每次查询$[a[i],n]$的最大值，就可以维护以$x$开头的最长上升子序列，这样，最后暴力枚举每一段$K$即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
template <typename T>
inline T read(T& x) {
  x = 0;
  T w = 1;
  char ch = 0;
  while (ch < '0' || ch > '9') {
    if (ch == '-') w = -1;
    ch = getchar();
  }
  while (ch >= '0' && ch <= '9') {
    x = x * 10 + (ch - '0');
    ch = getchar();
  }
  return x * w;
}
int a[maxn], b[maxn];
int dp[maxn];
///dp[i]表示以i结尾的最长上升子序列

///权值线段树，维护dp数组
int tree[maxn << 2];
void build(int o, int l, int r)
{
    tree[o] = 0;
    if(l == r)return;
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(o << 1, l, mid);
    build(o << 1 | 1, mid + 1, r);
}
void update(int o, int l, int r, int x, int val)
{
    if(l == r)
    {
        tree[o] = max(tree[o], val);
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(x <= mid)update(o << 1, l, mid, x, val);
    else update(o << 1 | 1, mid + 1, r, x, val);
    tree[o] = max(tree[o << 1], tree[o << 1 | 1]);
}
int query(int o, int l, int r, int L, int R)
{
    if(L <= l && r <= R)
        return tree[o];
    int mid = (l + r) >> 1;
    int ans = 0;
    if(L <= mid)ans = max(ans, query(o << 1, l, mid, L, R));
    if(R > mid)ans = max(ans, query(o << 1 | 1, mid + 1, r, L, R));
    return ans;
}

int main()
{
    int n, k, tot = 0;
    read(n); read(k);
    for(int i = 1; i <= n; i++)read(a[i]), b[++tot] = a[i];
    if(n == k)
    {
        cout<<n<<endl;
        return 0;
    }
    ///离散化
    sort(b + 1, b + 1 + tot);
    tot = unique(b + 1, b + 1 + tot) - (b + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        a[i] = lower_bound(b + 1, b + 1 + tot, a[i]) - b;
    
    build(1, 1, tot);
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)///从前往后遍历a，放入权值线段树中
    {
        ///dp[i] = max(dp[j]) 满足j=1...i-1 && a[j] <= a[i]
        dp[i] = query(1, 1, tot, 1, a[i]) + 1;
        update(1, 1, tot, a[i], dp[i]);
    }
    ///重新清空
    build(1, 1, tot);
    for(int i = n; i > k; i--)///从后往前遍历a，放入权值线段树中
    {
        ///a[i-k+1] ... a[i]相等 均等于a[i-k]
        ///最后一段要注意：查询的是[a[i-k],tot]中的最大值
        ans = max(ans, dp[i - k] + k - 1 + query(1, 1, tot, a[i - k], tot) + 1);
        int tmp = query(1, 1, tot, a[i], tot) + 1; ///以a[i]开始的最长上升子序列长度
        ans = max(ans, tmp + k);
        ///插入的是a[i]
        update(1, 1, tot, a[i], tmp);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

试题H: 扫描游戏

题意： 有一根围绕原点$O$顺时针旋转的棒$OA$，初始时指向正上方（$Y$ 轴正向）。在平面中有若干物件，第$i$个物件的坐标为$(xi,yi)$ ，价值为$zi$。当棒扫到某个物件时，棒的长度会瞬间增长$zi$，且物件瞬间消失（棒的顶端恰好碰到物件也视为扫到），如果此时增长完的棒又额外碰到了其他物件，也按上述方式消去（它和上述那个点视为同时消失）。

如果将物件按照消失的时间排序，则每个物件有一个排名，同时消失的物件排名相同，请输出每个物件的排名，如果物件永远不会消失则输出$-1$。

Tag： 计算几何、线段树

难度： ☆☆☆☆☆

思路： 首先进行极角排序，按照顺时针排序。具体可以利用象限+叉积来排序。

初始时棒长度为$L$，每次需要找到顺时针第一个小于等于$L$的点即可。

可以利用线段树维护每个点到原点的距离$x_i^2+y_i^2$，要找的是下一个小于等于$L^2$的点，因此维护最小值。

假设之前位置为$last$（初始为0），每次利用线段树查找区间$[last+1,n]$中从左往右第一个小于等于$L^2$的数字，如果没有找到则查找区间$[1,last-1]$中从左往右第一个小于等于$L^2$的数字（顺时针一圈）。

如果没找到则终止。

如果找到了，下标记为$idx$。棒长$L$增加$z_{idx}$，记录一下当前第$idx$个点的答案。注意特判一下，如果当前点和先前点夹角为0，则排名是一样的。

代码中由于$L$不断增加，$L^2$会超过$longlong$，可以在代码中维护距离而不是距离的平方，也可以使用$\_\_int128$来维护变量$L^2$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 1e9 + 7;
const int maxn = 2e5 + 10;
template <typename T>
inline T read(T& x) {
  x = 0;
  T w = 1;
  char ch = 0;
  while (ch < '0' || ch > '9') {
    if (ch == '-') w = -1;
    ch = getchar();
  }
  while (ch >= '0' && ch <= '9') {
    x = x * 10 + (ch - '0');
    ch = getchar();
  }
  return x = x * w;
}
struct point
{
    ll x, y, z;
    int id;
}a[maxn];
ll n;
__int128 L;

int Quadrant(point a)
{
    if(a.x >= 0 && a.y > 0)return 1;///y的正半轴放到第一象限
    if(a.x > 0 && a.y <= 0)return 2;///x的正半轴放到第二象限
    if(a.x <= 0 && a.y < 0)return 3;
    return 4;
}
ll cross(point a, point b)
{
    return a.x * b.y - a.y * b.x;
}
bool cmp(point a, point b)
{
    if(Quadrant(a) == Quadrant(b))
    {
        if(cross(a, b) == 0)
            return a.x * a.x + a.y * a.y < b.x * b.x + b.y * b.y;
        else
           return cross(a, b) < 0;
    }
    else
        return Quadrant(a) < Quadrant(b);
}

__int128 mi[maxn << 2];
void push_up(int o)
{
    mi[o] = min(mi[o << 1], mi[o << 1 | 1]);
}
void build(int o, int l, int r)
{
    if(l == r)
    {
        mi[o] = a[l].x * a[l].x + a[l].y * a[l].y;
        return ;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(o << 1, l, mid);
    build(o << 1 | 1, mid + 1, r);
    push_up(o);
}

void update(int o, int l, int r, int x, __int128 val)
{
    if(l == r)
    {
        mi[o] = val;
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(x <= mid)update(o << 1, l, mid, x, val);
    else update(o << 1 | 1, mid + 1, r, x, val);
    push_up(o);
}

///找右边第一个小于等于z^2的数字
ll idx;
bool query(int o, int l, int r, int L, int R, __int128 z)
{
    if(L > R)return false;
    if(l == r)
    {
        idx = l;
        return mi[o] <= z;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(L <= mid)
    {
        if((mi[o << 1] <= z) && query(o << 1, l, mid, L, R, z))
            return true;
    }
    if(R > mid)
    {
        if((mi[o << 1 | 1] <= z) && query(o << 1 | 1, mid + 1, r, L, R, z))
            return true;
    }
    return false;
}
int ans[maxn];

int main()
{
    read(n);read(L);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        read(a[i].x);read(a[i].y);read(a[i].z);
        a[i].id = i;
        ans[i] = -1;
    }
    sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);
    build(1, 1, n);
    int cnt = 0;
    int lastcnt = 0;
    int last = 0;  ///上一个位置
    while(true)
    {
        bool ok = query(1, 1, n, last + 1, n, L * L);
        if(ok)L = L + a[idx].z;
        else
        {
            ok = query(1, 1, n, 1, last - 1, L * L);
            if(ok)L = L + a[idx].z;
            else break;
        }
        update(1, 1, n, idx, 1e32);
        if(last)
        {
            if(Quadrant(a[last]) == Quadrant(a[idx]) && cross(a[last], a[idx]) == 0)
                ans[a[idx].id] = lastcnt, ++cnt;
            else
                ans[a[idx].id] = ++cnt, lastcnt = cnt;
        }
        else
            ans[a[idx].id] = ++cnt, lastcnt = cnt;
        last = idx;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cout<<ans[i];
        if(i != n)cout<<" ";
    }
    return 0;
}

试题I: 数的拆分

题意： 判断数字$a\le 10^{18}$能否表示成$x_1^{y_1}{x}_2^{y_2}$的形式，其中$x_1,x_2$为正整数，$y_1,y_2$为大于等于$2$的正整数。$T\le 100000$次询问。

Tag： 数论

难度： ☆☆☆☆☆

思路： 首先考虑将$a$进行素因子分解$p_1^{q_1}{p}_2^{q_2}\cdot ...\cdot p_k^{q_k}$，首先要满足$q_i\ge 2$。

$\forall q_i\ge 2$，要拆分成$k_1\ast y_1+k_2\ast y_2=q_i$，$k_1,k_2\ge 0,y_1,y_2\ge 2$。

$y_1=2,y_2=3$可以保证所有的$q_i\ge 2$均有非负整数解。

$2k_1+3k_2=k$对于$\forall k>1$均有非负整数解：

1、$k\%3==0$：$k_1=0,k_2=\frac{k}{3}$

2、$k\%3==1$：$k_1=2,k_2=\frac{k-4}{3}$

3、$k\%3==2$：$k_1=1,k_2=\frac{k-2}{3}$

所以问题变成数字$a$能否变成$x_1^2{x}_2^3$。

对于$a=p_1^{q_1}{p}_2^{q_2}\cdot ...\cdot p_k^{q_k}$，只需要检测每个$q_i$是否大于等于$2$即可，只要大于等于$2$就可以按照对应的$k_1,k_2$分配到$x_1,x_2$里面。

由于$a\le 10^{18}$，所以$x_1^2{x}_2^3\le 10^{18}$。如果素因子$p>4000$，则$p^5\ge 10^{18}$。所以只需要暴力判断$4000$以内的素因子，对于大于$4000$的$p$，指数只可能是$2,3,4$，即判断一下是否为平方数或者立方数即可。

时间复杂度$O(T\ast 550)$，$550$为$4000$以内素数数量。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MOD = 1e9 + 7;
template <typename T>
inline T read(T& x) {
  x = 0;
  T w = 1;
  char ch = 0;
  while (ch < '0' || ch > '9') {
    if (ch == '-') w = -1;
    ch = getchar();
  }
  while (ch >= '0' && ch <= '9') {
    x = x * 10 + (ch - '0');
    ch = getchar();
  }
  return x * w;
}

bool not_prime[4010];
int prime[4010], tot;
void init(int n)
{
    for(int i = 2; i <= n; i++)if(!not_prime[i])
    {
        prime[++tot] = i;
        for(int j = i + i; j <= n; j += i)
            not_prime[j] = 1;
    }
}
inline bool check(ll x)
{
    ///检查平方数
    ll y = pow(x, 0.5);
    if(y * y == x || (y + 1) * (y + 1) == x)
        return true;
    ///检查立方数
    y = pow(x, 1.0 / 3);
    if(y * y * y == x || (y + 1) * (y + 1) * (y + 1) == x || (y + 2) * (y + 2) * (y + 2) == x)
        return true;
    return false;
}
int main()
{
    init(4000);
    int T;
    read(T);
    while(T--)
    {
        ll x;
        read(x);
        if(check(x))
        {
            puts("yes");
            continue;
        }
        bool flag = true;
        for(int i = 1; i <= tot; i++)if(x % prime[i] == 0){
            int now = 0;
            while(x % prime[i] == 0)
            {
                now++;
                x /= prime[i] ;
            }
            ///cout<<prime[i]<<" "<<now<<endl;
            if(now == 1)
            {
                flag = false;
                break;
            }
        }
        if(flag & check(x))
        {
            puts("yes");
            continue;
        }
        else
        {
            puts("no");
        }
    }
    return 0;
}

试题J: 推导部分和

题意： 对于数列$a$，已知部分区间和，询问若干次区间和。

Tag： 并查集、搜索

难度： ☆☆☆☆

思路： 对于已知的区间$[l,r]$的和为$s$，用前缀和$sum[r]-sum[l-1]=s$表示，根据差分约束建图准则，相当于点$l-1$到点$r$长度为$s$，$r$到$l-1$长度为$-s$。

建好图之后，每次询问一个区间$[ql,qr]$的和，相当于询问$sum[qr]-sum[ql-1]$的值。

首先要保证$ql-1$和$qr$在同一个连通块中，其次每个连通块只需要随便一个点初始化为$0$，然后按照边长扩展即可。这是由于等号，不管怎么走，相对差值是不变的。

代码中$dfs$和$bfs$均可以。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template <typename T>
inline T read(T& x) {
  x = 0;
  T w = 1;
  char ch = 0;
  while (ch < '0' || ch > '9') {
    if (ch == '-') w = -1;
    ch = getchar();
  }
  while (ch >= '0' && ch <= '9') {
    x = x * 10 + (ch - '0');
    ch = getchar();
  }
  return x = x * w;
}
const int maxn = 1e5 + 10;
const ll INF = -1e13;
int n, m, q;
struct edge
{
    int v; ll w;
    edge(){}
    edge(int v, ll w):v(v), w(w){}
};
vector<edge>Map[maxn];
ll sum[maxn];
bool vis[maxn];
void dfs(int u, ll d)
{
    vis[u] = 1;
    sum[u] = d;
    ///cout<<u<<" "<<d<<endl;
    for(auto x : Map[u])
    {
        int v = x.v; ll w = x.w;
        if(vis[v])continue;
        dfs(v, d + w);
    }
}
queue<pair<int,ll> >Q;
void bfs(int u, ll d)
{
    vis[u] = 1;
    sum[u] = d;
    Q.push(make_pair(u, d));
    while(!Q.empty())
    {
        auto now = Q.front();
        Q.pop();
        int u = now.first; ll d = now.second;
        for(auto x : Map[u])
        {
            int v = x.v; ll w = x.w;
            if(vis[v])continue;
            vis[v] = 1;
            sum[v] = d + w;
            Q.push(make_pair(v, d + w));
        }
    }
}
int f[maxn];
int Find(int x)
{
    return x == f[x] ? x : f[x] = Find(f[x]);
}
int main()
{
    read(n);read(m);read(q);
    for(int i = 0; i <= n; i++)f[i] = i;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int l, r; ll s;
        read(l);read(r);read(s);
        ///cout<<l<<" "<<r<<" "<<s<<endl;
        ///sum[r] - sum[l - 1] = s
        Map[l - 1].push_back(edge(r, s));
        Map[r].push_back(edge(l - 1, -s));
        f[Find(l - 1)] = Find(r);
    }
    for(int i = 0; i <= n; i++)if(!vis[i])
        bfs(i, 0);
    while(q--)
    {
        int l, r;
        read(l), read(r);
        --l;
        if(Find(l) != Find(r))puts("UNKNOWN");
        else printf("%lld\n", sum[r] - sum[l]);
    }
    return 0;
}