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$DAY1$

$T1$

$Vigen\grave{e}re密码$

16世纪法国外交家Blaise de Vigenère设计了一种多表密码加密算法——Vigenère密码。Vigenère密码的加密解密算法简单易用，且破译难度比较高，曾在美国南北战争中为南军所广泛使用。在密码学中，我们称需要加密的信息为明文，用M表示；称加密后的信息为密文，用C表示；而密钥是一种参数，是将明文转换为密文或将密文转换为明文的算法中输入的数据，记为k。 在Vigenère密码中，密钥k是一个字母串，k=k₁k₂…k_n。
当明文M=m₁m₂…m_n时，
得到的密文C=c₁c₂…c_n，其中c_i=m_i®k_i
运算®的规则如下表所示：

Vigenère加密在操作时需要注意：

1. ®运算忽略参与运算的字母的大小写，并保持字母在明文M中的大小写形式；

2. 当明文M的长度大于密钥k的长度时，将密钥k重复使用。
   例如，明文M=Helloworld，密钥k=abc时，密文C=Hfnlpyosnd。
   
   Input
   输入共2行。 第一行为一个字符串，表示密钥k，长度不超过100，其中仅包含大小写字母。第二行为一个字符串，表示经加密后的密文，长度不超过1000，其中仅包含大小写字母。

   Output
   输出共1行，一个字符串，表示输入密钥和密文所对应的明文。

   Sample Input
   CompleteVictory
   Yvqgpxaimmklongnzfwpvxmniytm

   Sample Output
   Wherethereisawillthereisaway

   【数据说明】
   对于100%的数据，输入的密钥的长度不超过100，输入的密文的长度不超过 1000，且都仅包含英文字母。

   考场上遇到这样的水题，真是爽的不得了，应该算是字符串入门题吧，不多bibi，代码：

   #include <cstdio>
   #include <iostream>
   #include <cstring>
   using namespace std;int len1,len2;
   string s1,s2,ans;
   bool d;int main()
   {getline(cin,s1);getline(cin,s2);len1 = s1.length();len2 = s2.length();for (int i = 0; i < len1; i ++) if (s1[i] >= 'A' && s1[i] <= 'Z') s1[i] = s1[i] - 'A' + 'a';for (int i = 0,j = 0,w; i < len2; i ++,j ++){if (j == len1) j = 0;if (s2[i] >= 'a' && s2[i] <= 'z') d = 0; else d = 1;if (d) w = ((s2[i] - 'A' + 1) - (s1[j] - 'a') + 26) % 26;else w = ((s2[i] - 'a' + 1) - (s1[j] - 'a') + 26) % 26;if (w == 0) w = 26;w --;if (d) ans += (w + 'A'); else ans += (w + 'a');}cout << ans; return 0;
   

   $T2$

   $国王游戏$

   恰逢H国国庆，国王邀请n位大臣来玩一个有奖游戏。首先，他让每个大臣在左、右手上面分别写下一个整数，国王自己也在左、右手上各写一个整数。然后，让这n位大臣排成一排，国王站在队伍的最前面。排好队后，所有的大臣都会获得国王奖赏的若干金币，每位大臣获得的金币数分别是：排在该大臣前面的所有人的左手上的数的乘积除以他自己右手上的数，然后向下取整得到的结果。 国王不希望某一个大臣获得特别多的奖赏，所以他想请你帮他重新安排一下队伍的顺序，使得获得奖赏最多的大臣，所获奖赏尽可能的少。注意，国王的位置始终在队伍的最前面。

   Input
   第一行包含一个整数n，表示大臣的人数。
   第二行包含两个整数a和b，之间用一个空格隔开，分别表示国王左手和右手上的整数。 接下来n行，每行包含两个整数a和b，之间用一个空格隔开，分别表示每个大臣左手和右手上的整数。

   Output
   输出只有一行，包含一个整数，表示重新排列后的队伍中获奖赏最多的大臣所获得的金币数。

   Sample Input
   3
   1 1
   2 3
   7 4
   4 6

   Sample Output
   2
   【输入输出样例说明】
   按1、2、3号大臣这样排列队伍，获得奖赏最多的大臣所获得金币数为2；
   按1、3、2这样排列队伍，获得奖赏最多的大臣所获得金币数为2；
   按2、1、3这样排列队伍，获得奖赏最多的大臣所获得金币数为2；
   按2、3、1这样排列队伍，获得奖赏最多的大臣所获得金币数为9；
   按3、1、2这样排列队伍，获得奖赏最多的大臣所获得金币数为2；
   按3、2、1这样排列队伍，获得奖赏最多的大臣所获得金币数为9。
   因此，奖赏最多的大臣最少获得2个金币，答案输出2。

   【数据说明】
   对于20%的数据，有1≤ n≤ 10，0 < a、b < 8；
   对于40%的数据，有1≤ n≤20，0 < a、b < 8；
   对于60%的数据，有1≤ n≤100；
   对于60%的数据，保证答案不超过10^9；
   对于100%的数据，有1 ≤ n ≤1,000，0 < a、b < 10000。

   考场乍一看，可做性极高啊，之前在某谷上做过的。这题就是一个贪心加高精度啊，可是毕竟做过太久了，想不起来怎么贪心了，于是企图考场手推，可是推了半天也不明白怎么贪心。心态就崩了啊，于是直接打都没打，直接看第三题去了。

   考后打开某谷，深思熟虑一番，成功理解了当年自己的想法。
   我举一个简单的例子吧，对于给定的$a_0,a_1,a_2$和$b_0,b_1,b_2$只有两种情况如下

   第一种
   $a_0$ | $b_0$
   $a_1$ | $b_1$
   $a_2$ | $b_2$

   第二种
   $a_0$ | $b_0$
   $a_2$ | $b_2$
   $a_1$ | $b_1$

   那么我首先定义
   $k1=a_0/b_1$
   $k2=a_0\ast a_1/b_2$
   $k3=a_0/b_2$
   $k4=a_0\ast a_2/b_1$
   那么对于$ans1=max(k1,k2)$,$ans2=max(k3,k4)$
   那么首先很显然$k4>k1$ , $k2>k3$
   所以假设前者为更优解则有$ans1<ans2$ ,因此易得$k4>k2$
   即$a_0\ast a_1/b_2<a_0\ast a_2/b_1$,解得$a_1\ast b_1<a_2\ast b_2$
   因此大功告成，以$a_i\ast b_i$为关键字排序，然后插入高精度即可。

   AC Code

   #include <cstdio>
   #include <algorithm>
   #include <cstring>
   using namespace std;
   struct Edge{int a;int b;int ab;
   } f[10100];
   int anslen1,anslen2,n,ans[20000],c[5],d[20000],l1,l2,anss[20000],m,xx;
   bool cmp(Edge x,Edge y)
   {return x.ab < y.ab;
   }
   void time(int x)
   {int i = 0;memset(c,0,sizeof(c));while (x > 0){i ++;c[i] = x % 10;x /= 10;}int l1 = i;for (int i = 1; i <= l2; i ++){d[i] = ans[i];}memset(ans,0,sizeof(ans));for (int i = 1; i <= l1; i ++){for (int j = 1; j <= l2; j ++){ans[i + j - 1] += (c[i] * d[j]);ans[i + j] += (ans[i + j - 1] / 10);ans[i + j - 1] %= 10;}}int w = l1 + l2;while (w > 0 && ans[w] == 0) w --;l2 = w;
   }
   void div(int x)
   {int w = 0;int j = 0;for (int i = l2; i >= 1; i --){j ++;w = w * 10 + ans[i];anss[j] = w / x;w %= x;}int k = 1;while (anss[k] == 0 && k < l2) k ++;if (k == 1 && anss[k] == 0) k = 0;anslen1 = k;anslen2 = j;
   }
   int main()
   {scanf("%d",&n);for (int i = 0; i <= n; i ++){scanf("%d%d",&f[i].a,&f[i].b);f[i].ab = f[i].a * f[i].b;}int i = 0;while (f[0].a > 0){i ++;ans[i] = f[0].a % 10;f[0].a /= 10;}l2 = i;sort(f + 1,f + 1 + n,cmp);for (int i = 1; i <= n - 1; i ++){time(f[i].a);}div(f[n].b);bool p = false;for (int i = anslen1; i <= anslen2; i ++){if (anss[i] != 0) {p = true;break;}}if (p){for (int i = anslen1; i <= anslen2; i ++){printf("%d",anss[i]);}} else printf("1");return 0;
   }
   

   很久前的code了，格式真的丑，见谅。

   $T3$

   $开车旅行$

   
   

Sample Input1
4
2 3 1 4
3
4
1 3
2 3
3 3
4 3

Sample Output1
1
1 1
2 0
0 0
0 0

【输入输出样例 1 说明】

各个城市的海拔高度以及两个城市间的距离如上图所示。
如果从城市 1 出发，可以到达的城市为 2,3,4，这几个城市与城市 1 的距离分别为 1,1,2， 但是由于城市 3 的海拔高度低于城市 2，所以我们认为城市 3 离城市 1 最近，城市 2 离城市 1 第二近，所以小 A 会走到城市 2。到达城市 2 后，前面可以到达的城市为 3,4，这两个城 市与城市 2 的距离分别为 2,1，所以城市 4 离城市 2 最近，因此小 B 会走到城市 4。到达城 市 4 后，前面已没有可到达的城市，所以旅行结束。
如果从城市 2 出发，可以到达的城市为 3,4，这两个城市与城市 2 的距离分别为 2,1，由 于城市 3 离城市 2 第二近，所以小 A 会走到城市 3。到达城市 3 后，前面尚未旅行的城市为 4，所以城市 4 离城市 3 最近，但是如果要到达城市 4，则总路程为 2+3=5>3，所以小 B 会 直接在城市 3 结束旅行。
如果从城市 3 出发，可以到达的城市为 4，由于没有离城市 3 第二近的城市，因此旅行 还未开始就结束了。
如果从城市 4 出发，没有可以到达的城市，因此旅行还未开始就结束了。

Sample Input2
10
4 5 6 1 2 3 7 8 9 10
7
10
1 7
2 7
3 7
4 7
5 7
6 7
7 7
8 7
9 7
10 7

Sample Output2
2
3 2
2 4
2 1
2 4
5 1
5 1
2 1
2 0
0 0
0 0

【输入输出样例 2 说明】

当 X=7 时，
如果从城市 1 出发，则路线为 1 -> 2 -> 3 -> 8 -> 9，小 A 走的距离为 1+2=3，小 B 走的 距离为 1+1=2。（ 在城市 1 时，距离小 A 最近的城市是 2 和 6，但是城市 2 的海拔更高，视 为与城市 1 第二近的城市，所以小 A 最终选择城市 2；走到 9 后，小 A 只有城市 10 可以走， 没有第 2 选择可以选，所以没法做出选择，结束旅行）
如果从城市 2 出发，则路线为 2 -> 6 -> 7 ，小 A 和小 B 走的距离分别为 2，4。
如果从城市 3 出发，则路线为 3 -> 8 -> 9，小 A 和小 B 走的距离分别为 2，1。
如果从城市 4 出发，则路线为 4 -> 6 -> 7，小 A 和小 B 走的距离分别为 2，4。
如果从城市 5 出发，则路线为 5 -> 7 -> 8 ，小 A 和小 B 走的距离分别为 5，1。
如果从城市 6 出发，则路线为 6 -> 8 -> 9，小 A 和小 B 走的距离分别为 5，1。
如果从城市 7 出发，则路线为 7 -> 9 -> 10，小 A 和小 B 走的距离分别为 2，1。
如果从城市 8 出发，则路线为 8 -> 10，小 A 和小 B 走的距离分别为 2，0。
如果从城市 9 出发，则路线为 9，小 A 和小 B 走的距离分别为 0，0（旅行一开始就结 束了）。
如果从城市 10 出发，则路线为 10，小 A 和小 B 走的距离分别为 0，0。
从城市 2 或者城市 4 出发小 A 行驶的路程总数与小 B 行驶的路程总数的比值都最小， 但是城市 2 的海拔更高，所以输出第一行为 2。

对于这种题目，考场打了个暴力理论上是可以得三十分的，不知为何仅得十分。
考后认真理解了一番，题解思路是倍增。思路还是挺暴力的。

设$g[i][j]$表示的意思为从$i$这个点出发，小A与小B各走$2^j$次所到的点。
$disa[i][j]$表示的意思为小A从$i$，走$2^j$步所走过的距离。
$disb[i][j]$同理。
至于转移是倍增最基础的转移，只不过转移前的预处理有点麻烦，因为题目有只能向东的这个限制条件，具体见code。

	#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;const int maxn = 1e5 + 10;
struct Node{int h,id,l,r;
} f[maxn];
int n,x,s,m,q[maxn],a[maxn],b[maxn],disa[maxn][25],disb[maxn][25],g[maxn][25],ans,suma,sumb;
double minn = 2147483647;int read()
{int x = 0,w = 1;char ch = getchar();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 cmp(Node a,Node b) {return a.h < b.h;}bool l_(int w,int l,int r)
{if (!r) return 1;if (!l) return 0;return f[w].h - f[l].h <= f[r].h - f[w].h;
}int par(int l,int r,int w)
{if (!r) return f[l].id; if (!l) return f[r].id;if (f[w].h - f[l].h <= f[r].h - f[w].h) return f[l].id; else return f[r].id;
}void make()
{for (int j = 1; j <= 19; j ++)for (int i = 1; i <= n; i ++){g[i][j] = g[g[i][j - 1]][j - 1];disa[i][j] = disa[i][j - 1] + disa[g[i][j - 1]][j - 1];disb[i][j] = disb[i][j - 1] + disb[g[i][j - 1]][j - 1];}
}void query(int s,int x)
{for (int i = 19; i >= 0; i --)if (g[s][i] && suma + sumb + disa[s][i] + disb[s][i] <= x){suma += disa[s][i];sumb += disb[s][i];s = g[s][i];}if (a[s] && suma + sumb + disa[s][0] <= x) suma += disa[s][0];
}int main()
{n = read();for (int i = 1; i <= n; i ++) f[i].h = read();for (int i = 1; i <= n; i ++) f[i].id = i;sort(f + 1,f + 1 + n,cmp);for (int i = 1; i <= n; i ++) q[f[i].id] = i,f[i].l = i - 1,f[i].r = i + 1;f[1].l = f[n].r = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++){int w = q[i],L = f[w].l,R = f[w].r;if (l_(w,L,R)) {b[i] = f[L].id; a[i] = par(f[L].l,R,w);} else {b[i] = f[R].id; a[i] = par(L,f[R].r,w);}if (L) f[L].r = R;if (R) f[R].l = L; }for (int i = 1; i <= n; i ++){g[i][0] = b[a[i]];disa[i][0] = abs(f[q[i]].h - f[q[a[i]]].h);disb[i][0] = abs(f[q[a[i]]].h - f[q[g[i][0]]].h);}make();x = read();for (int i = 1; i <= n; i ++){suma = sumb = 0;query(i,x);if (sumb && 1.00 * suma / sumb < minn) minn = 1.00 * suma / sumb,ans = i;}printf("%d\n",ans);m = read();while (m --){s = read(),x = read();suma = sumb = 0;query(s,x);printf("%d %d\n",suma,sumb);}return 0;
}

得分$100+0+10$

Ps.新手入门，不得不说打一篇考后总结真的好累啊，不过也收获匪浅。