# A. 最小的01数字串题意:寻找满足条件的最小正整数M,使得N乘以M的结果仅包含0和1 设这个数为[imath:0]x[/imath:0],满足[imath:0]x=NM[/imath:0],且[imath:0]x[/imath:0]仅有[imath:0]0[/imath:0]或[imath:0]1[/imath:0]组成因此,枚举这个[imath:0]x[/imath:0]就可以了 ```python n=int(input()) if n==1:print(1,1,1);exit() from collections import* q=deque([(1,'1')]);v={1} while q: r,s=q.popleft() if not r%n:print(n,int(s)//n,s);exit() for c in'01': t=(r*10+int(c))%n if t not in v:v.add(t);q.append((t,s+c)) ``` 这里导入 `deque` 用于 BFS 队列好吧这是不压行版 ```python # 读取输入整数 n n = int(input()) # 如果 n = 1，直接输出最小解 if n == 1: print(1, 1, 1) exit() from collections import deque # 导入队列 # 队列用于 BFS，初始状态是 (余数 1, 数字 "1") q = deque([(1, '1')]) # 用于记录已经出现过的余数，防止重复搜索 v = {1} # BFS 搜索 while q: r, s = q.popleft() # 从队列中取出当前的余数 r 和对应的数字字符串 s # 如果当前余数 r 能整除 n，说明找到了满足条件的最小数字 s if not r % n: print(n, int(s) // n, s) # 输出 n, M=int(s)//n, 以及 s 本身 exit() # 结束程序 # 生成新的状态：在当前数字 s 后面添加 '0' 或 '1' for c in '01': # 计算新的余数，避免处理大整数： # (原余数 * 10 + 新的数字) % n t = (r * 10 + int(c)) % n # 如果这个余数 t 之前没有遇到过，就加入队列继续搜索 if t not in v: v.add(t) # 记录新的余数 q.append((t, s + c)) # 把新的状态 (t, s+c) 加入队列 ``` # B. 【202202--白银组--A】求和题目不让用数组,于是推导一下这个公式 [math:0] S = \sum_{i=1}^n \left( a_i \times \sum_{j=1}^i a_j \right) [/math:0] 易得 [math:0] a_i \times \left( a_1 + a_2 + \dots + a_i \right) = a_1a_i + a_2a_i + \dots + a_i^2 [/math:0] 因此,有 [math:0] S = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i a_i a_j = \sum_{i=1}^n a_i^2 + \sum_{i > j} a_i a_j [/math:0] 又因为 [math:0] \left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 = \left( a_1 + a_2 + \dots + a_n \right) \times \left( a_1 + a_2 + \dots + a_n \right) [/math:0] [math:0] = \sum_{i=1}^n a_i^2 + \sum_{i \neq j} a_i a_j \\ (乘法分配律) [/math:0] 且对于 [math:0] \sum_{i \neq j} a_i a_j [/math:0] 可以拆成 [math:0] \sum_{i > j} a_i a_j + \sum_{i j[/imath:0] 时有 [imath:0]a_i a_j[/imath:0]，当 [imath:0]i j} a_i a_j [/math:0] 所以 [math:0] \left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 = \sum_{i=1}^n a_i^2 + 2 \sum_{i > j} a_i a_j. [/math:0] 解得 [math:0] \sum_{i>j} a_i a_j = \frac{\left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 - \sum_{i=1}^n a_i^2}{2} [/math:0] 代回原式,得 [math:0] S = \sum_{i=1}^n a_i^2 + \frac{\left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 - \sum_{i=1}^n a_i^2}{2} [/math:0] 整理,得 [math:0] S = \frac{\left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 + \sum_{i=1}^n a_i^2}{2} [/math:0] 因此,有 ```python n, mod, inv = int(input()), 998244353, (998244353 + 1) // 2 s = ss = 0 arr = input().split() for i in range(n): a = int(arr[i]) s = (s + a) % mod ss = (ss + a * a) % mod print((s * s + ss) * inv % mod) ``` # C. 【202202--白银组--C】整数不难发现超数是能被 [imath:0]n[/imath:0] 整除的所有自然数，数学上对应于[imath:0]n[/imath:0] 的倍数集合。子数是包含 [imath:0]n[/imath:0] 的倍数的所有自然数，数学上对应于[imath:0]n[/imath:0] 的因数集合。公超数是 [imath:0]a[/imath:0] 和 [imath:0]b[/imath:0] 的最小公倍数的倍数。公子数是 [imath:0]a[/imath:0] 和 [imath:0]b[/imath:0] 的最大公约数的倍数。因此 ```c++ #include using namespace std; int main() { long long a,b; cin>>a>>b; long long g=__gcd(a,b); cout c; vector A(r); for (int i = 0; i > A[i]; cin >> n >> m; vector B(n); for (int i = 0; i > B[i]; for (int i = 0; i = 0 && x = 0 && y < c) { if (A[x][y] == '#' && B[k][l] == '#') { ok = 0; } } } } if (ok) ans++; } } cout

[题解]LYSZ语法组测

Ruibin_Ningh

A. 最小的01数字串

题意:寻找满足条件的最小正整数M,使得N乘以M的结果仅包含0和1

设这个数为x,满足x=NM,且x仅有0或1组成

因此,枚举这个x就可以了

n=int(input())
if n==1:print(1,1,1);exit()
from collections import*
q=deque([(1,'1')]);v={1}
while q:
 r,s=q.popleft()
 if not r%n:print(n,int(s)//n,s);exit()
 for c in'01':
  t=(r*10+int(c))%n
  if t not in v:v.add(t);q.append((t,s+c))

这里导入 deque 用于 BFS 队列

好吧这是不压行版

# 读取输入整数 n
n = int(input())

# 如果 n = 1，直接输出最小解
if n == 1:
    print(1, 1, 1)
    exit()

from collections import deque  # 导入队列

# 队列用于 BFS，初始状态是 (余数 1, 数字 "1")
q = deque([(1, '1')])

# 用于记录已经出现过的余数，防止重复搜索
v = {1}

# BFS 搜索
while q:
    r, s = q.popleft()  # 从队列中取出当前的余数 r 和对应的数字字符串 s

    # 如果当前余数 r 能整除 n，说明找到了满足条件的最小数字 s
    if not r % n:
        print(n, int(s) // n, s)  # 输出 n, M=int(s)//n, 以及 s 本身
        exit()  # 结束程序

    # 生成新的状态：在当前数字 s 后面添加 '0' 或 '1'
    for c in '01':
        # 计算新的余数，避免处理大整数：
        # (原余数 * 10 + 新的数字) % n
        t = (r * 10 + int(c)) % n

        # 如果这个余数 t 之前没有遇到过，就加入队列继续搜索
        if t not in v:
            v.add(t)  # 记录新的余数
            q.append((t, s + c))  # 把新的状态 (t, s+c) 加入队列

B. 【202202--白银组--A】求和

题目不让用数组,于是推导一下这个公式
S = \sum_{i=1}^n \left( a_i \times \sum_{j=1}^i a_j \right)
易得
a_i \times \left( a_1 + a_2 + \dots + a_i \right) = a_1a_i + a_2a_i + \dots + a_i^2

因此,有
S = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i a_i a_j = \sum_{i=1}^n a_i^2 + \sum_{i > j} a_i a_j

又因为
\left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 = \left( a_1 + a_2 + \dots + a_n \right) \times \left( a_1 + a_2 + \dots + a_n \right)

= \sum_{i=1}^n a_i^2 + \sum_{i \neq j} a_i a_j \\ (乘法分配律)

且对于
\sum_{i \neq j} a_i a_j
可以拆成
\sum_{i > j} a_i a_j + \sum_{i < j} a_i a_j
由于求和是对称的，即对于每一对 (i, j)，当 i > j 时有 a_i a_j，当 i < j 时也有相同的 a_j a_i，所以：
\sum_{i \neq j} a_i a_j = 2 \sum_{i > j} a_i a_j
所以
\left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 = \sum_{i=1}^n a_i^2 + 2 \sum_{i > j} a_i a_j.
解得
\sum_{i>j} a_i a_j = \frac{\left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 - \sum_{i=1}^n a_i^2}{2}
代回原式,得
S = \sum_{i=1}^n a_i^2 + \frac{\left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 - \sum_{i=1}^n a_i^2}{2}
整理,得
S = \frac{\left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 + \sum_{i=1}^n a_i^2}{2}
因此,有

n, mod, inv = int(input()), 998244353, (998244353 + 1) // 2
s = ss = 0
arr = input().split()
for i in range(n):
    a = int(arr[i])
    s = (s + a) % mod
    ss = (ss + a * a) % mod
print((s * s + ss) * inv % mod)

C. 【202202--白银组--C】整数

不难发现超数是能被 n 整除的所有自然数，数学上对应于n 的倍数集合。

子数是包含 n 的倍数的所有自然数，数学上对应于n 的因数集合。

公超数是 a 和 b 的最小公倍数的倍数。

公子数是 a 和 b 的最大公约数的倍数。

因此

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    long long a,b;
    cin>>a>>b;
    long long g=__gcd(a,b);
    cout<<g<<' '<<a*b/g;
}

D. 【202202--白银组--D】图片

这题就是纯模拟

数据量非常小

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        int r, c, n, m, ans = 0;
        cin >> r >> c;
        vector<string> A(r);
        for (int i = 0; i < r; i++) cin >> A[i];
        cin >> n >> m;
        vector<string> B(n);
        for (int i = 0; i < n; i++) cin >> B[i];
        for (int i = 0; i < r; i++) {
            for (int j = 0; j < c; j++) {
                bool ok = 1;
                for (int k = 0; k < n; k++) {
                    for (int l = 0; l < m; l++) {
                        int x = i + k - n / 2, y = j + l - m / 2;
                        if (x >= 0 && x < r && y >= 0 && y < c) {
                            if (A[x][y] == '#' && B[k][l] == '#') {
                                ok = 0;
                            }
                        }
                    }
                }

                if (ok) ans++;
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
}