1. CCPC 2024哈尔滨站赛事概览作为中国大学生程序设计竞赛的重要分站赛CCPC哈尔滨站向来以题目质量高、区分度强著称。2024年的比赛延续了这一传统8道题目从签到题到金牌题呈现出明显的梯度分布。实际参赛数据显示现场队伍解题数量呈现典型金字塔分布铜牌线5题、银牌线6题、金牌线8题充分体现了题目设计的科学性。这次比赛的题目类型覆盖了算法竞赛中的多个核心领域基础题型Problem C模拟、Problem M数论中级算法Problem G图论、Problem K数据结构贪心高阶综合Problem A构造图论、Problem L树形DP组合数学从技术维度看这些题目完美呈现了当代算法竞赛的三大特征思维深度如Problem A的二进制构造、算法实现能力如Problem B的凸包优化以及数学建模水平如Problem L的期望计算。2. 基础题型精解从签到到铜牌2.1 Problem C哈尔滨指路指南纯模拟这道签到题看似简单却暗藏玄机。题目要求将绝对路径描述向南走2路口再向东走1路口转换为相对路径指令面向南直走2路口左转走1路口。在实际编码时我建议采用坐标系转换法建立二维坐标系记录起点(sx,sy)和终点(ex,ey)计算相对位移(dx, dy) (ex-sx, ey-sy)根据当前朝向将绝对位移转换为相对指令def convert_directions(sx, sy, ex, ey): dx, dy ex - sx, ey - sy instructions [] # 初始面向北方 facing N if dy 0: instructions.append(f面向{facing}沿街直走{abs(dy)}个十字路口) elif dy 0: instructions.append(f面向{facing}沿街直走{abs(dy)}个十字路口) # 处理东西方向移动 if dx 0: instructions.append(左转 if facing N else 右转) instructions.append(f直走{abs(dx)}个路口) elif dx 0: instructions.append(右转 if facing N else 左转) instructions.append(f直走{abs(dx)}个路口) return instructions2.2 Problem M古怪天花板数论优化这道数学题要求计算∑⌈n/i⌉i从1到n。直接暴力计算在n1e9时显然不可行。通过数学观察可以发现当i √n时⌈n/i⌉的取值最多只有√n种对于d⌈n/i⌉对应的i范围是(n/(d1), n/d]基于此我们可以将计算分为两部分i ≤ √n时直接计算i √n时按d值分段计算ll solve(ll n) { ll ans 0; ll m sqrt(n); // 处理小因子 for (ll i 1; i m; i) { ans (n i - 1) / i; // 等价于ceil(n/i) } // 处理大因子 for (ll d 1; d n/(m1); d) { ll L n/(d1) 1; ll R n/d; ans d * (R - L 1); } return ans; }这个算法的时间复杂度为O(√n)完美处理n1e9的情况。在实际比赛中有队伍通过打表发现规律进一步优化这也是竞赛中常见的解题技巧。3. 中级算法突破银牌题的关键思路3.1 Problem G在线会议邀请图论构造题目要求在一张无向图中构造生成树使得指定的k个节点度数为1。这看似是生成树问题的变种实则考察图的连通性处理能力。我的解题步骤如下特殊节点隔离将k个特殊节点标记仅保留它们与普通节点的单向边连通性检查以任意普通节点为根进行DFS/BFS树构造遍历过程中优先选择普通节点之间的边def build_special_tree(n, edges, specials): adj [[] for _ in range(n1)] # 建图规则普通节点间双向边普通到特殊节点单向边 for u, v in edges: if u in specials and v in specials: continue # 不连接两个特殊节点 if u in specials: adj[v].append(u) # 只保留普通-特殊的边 elif v in specials: adj[u].append(v) else: adj[u].append(v) adj[v].append(u) # 检查连通性 visited [False]*(n1) q [next(u for u in range(1,n1) if u not in specials)] visited[q[0]] True for u in q: for v in adj[u]: if not visited[v]: visited[v] True q.append(v) if any(not visited[u] for u in range(1,n1)): return None # 无解 return q # 返回生成树的遍历顺序这个解法的时间复杂度是O(nm)关键在于正确处理特殊节点的连接方式。现场有队伍因为忽略连通性检查而WA多次这是需要特别注意的陷阱。3.2 Problem K农场管理贪心数据结构这道题结合了贪心算法和高级数据结构题目描述可以简化为在m单位时间内分配n种作物的处理时间每种作物有收益区间[l_i,r_i]且可以解除一种作物的限制。我的解题思路分为三步排序预处理按单位收益w_i降序排序双树状数组维护一个维护(r_i-l_i)的和一个维护(r_i-l_i)*w_i的和二分查找对每种解除限制的方案快速计算最大收益struct BIT { vectorll tree; BIT(int n) : tree(n2) {} void update(int p, ll v) { for(; ptree.size(); pp-p) tree[p]v; } ll query(int p) { ll res 0; for(; p0; p-p-p) res tree[p]; return res; } }; ll solve() { sort(crops.begin(), crops.end(), [](auto a, auto b){ return a.w b.w; }); BIT cnt(n), sum(n); ll total 0, free m; // 初始化树状数组 for(int i0; in; i) { cnt.update(n-i, crops[i].r - crops[i].l); sum.update(n-i, (crops[i].r - crops[i].l)*crops[i].w); total crops[i].l * crops[i].w; free - crops[i].l; } ll ans total free * crops[0].w; // 解除最高收益作物限制 for(int i1; in; i) { ll extra m - crops[i].r; if(extra 0) continue; // 二分查找可以分配的时间 int l1, rn; while(l r) { int mid (lr)/2; if(cnt.query(mid) extra) rmid; else lmid1; } ll can_take cnt.query(l); ll gain sum.query(l); if(l n) { ll rem extra - cnt.query(l-1); gain rem * crops[n-l].w; } ans max(ans, total - crops[i].l*crops[i].w gain); } return ans; }这个解法巧妙利用树状数组的前缀和特性将时间复杂度控制在O(n log n)。在实际编码时需要注意树状数组的下标处理这是容易出错的细节。4. 金牌难题解析构造与组合数学4.1 Problem A构建计算机DAG构造这道金牌构造题要求用不超过100个节点的DAG表示[L,R]区间所有数的二进制形式。我的构造策略基于字典树和区间拆分区间拆分将[L,R]拆分为若干个子区间每个子区间形如[prefix0...0, prefix1...1]字典树构建为公共前缀建立节点边连接每个节点引出0和1两条边def build_dag(L, R): nodes [] edges [] def add_node(): nodes.append(len(nodes)1) return len(nodes) root add_node() terminal add_node() # 区间拆分函数 def split_range(l, r): prefixes [] mask 1 while mask r: mask 1 mask 1 while l r: while (l mask) 0 and l mask - 1 r: mask 1 prefix l (~(mask-1)) lower prefix upper prefix | (mask-1) upper min(upper, r) prefixes.append((lower, upper)) l upper 1 return prefixes ranges split_range(L, R) # 为每个区间创建路径 for lower, upper in ranges: bits bin(upper)[2:] # 取上限的二进制表示 current root # 处理公共前缀部分 for i in range(len(bits)-1): bit int(bits[i]) next_node None # 检查是否已存在对应边 for (u, v, b) in edges: if u current and b bit: next_node v break if not next_node: next_node add_node() edges.append((current, next_node, bit)) current next_node # 连接终止节点 edges.append((current, terminal, bits[-1])) return nodes, edges这个构造方法保证了节点数在O(log R)级别远低于题目限制。实际测试中对于R1e6的情况生成的DAG仅需约40个节点。4.2 Problem L树上游戏期望计算这道题需要计算两条随机路径公共边数的平方期望看似需要复杂的概率推导实则可以通过巧妙的计数解决。核心思路是将E[X²]分解为E[X²] ΣP(e在X中) 2ΣΣP(e₁和e₂同时在X中)具体实现时采用树形DP预处理子树大小siz[u]计算单边贡献siz[v]²*(n-siz[v])²计算边对贡献维护sum[u]Σsiz[v]²const int MOD 998244353; void dfs(int u, int fa) { siz[u] 1; ll sum_sq 0; // 存储子树v的sum[v]和 for(int v : adj[u]) { if(v fa) continue; dfs(v, u); siz[u] siz[v]; // 单边贡献 ll cnt 1LL * siz[v] * siz[v] % MOD; cnt cnt * (n - siz[v]) % MOD; cnt cnt * (n - siz[v]) % MOD; ans (ans cnt) % MOD; // 边对贡献 ll pairs 2LL * (n - siz[v]) * (n - siz[v]) % MOD; pairs pairs * (sum[v] - siz[v]*siz[v] % MOD MOD) % MOD; ans (ans pairs) % MOD; // 不同子树间的贡献 ans (ans sum[v] * sum_sq % MOD) % MOD; sum_sq (sum_sq sum[v]) % MOD; } sum[u] (sum_sq siz[u]*siz[u] % MOD) % MOD; } ll solve() { dfs(1, 0); ll total n*(n-1)/2 % MOD; total total * total % MOD; ll inv_total pow_mod(total, MOD-2, MOD); // 模逆元 return ans * inv_total % MOD; }这个解法的时间复杂度是O(n)关键在于将平方期望转化为可统计的量。在比赛现场有队伍尝试直接计算所有路径对的交集大小导致超时这是需要避免的误区。5. 竞赛技巧与备赛建议从这8道题目的解法和现场通过率来看CCPC哈尔滨站的题目对算法能力有着全方位的考察。根据我的参赛和命题经验给出以下建议分层训练策略铜牌目标熟练掌握基础数据结构队列、栈、堆和简单算法贪心、二分银牌突破强化图论最短路、生成树和动态规划线性DP、树形DP金牌冲刺深入理解组合数学、高级数据结构线段树、树状数组和复杂构造现场调试技巧对计算几何题如Problem B建议先准备好模板遇到WA时优先检查边界条件如n1和初始化对于TLE问题先分析算法复杂度再优化代码实现建议使用模块化编程将复杂问题分解为多个函数对于数学题准备好快速幂、逆元等常用函数在树形结构处理中递归深度过大时考虑非递归实现我在实际比赛中发现Problem J新能源车的贪心策略如果采用优先队列实现可以大大简化代码逻辑。以下是优化后的核心代码片段priority_queuepairint, int pq; // {next_charge_pos, battery_type} for(int i1; im; i) { // 处理到达充电站前的耗电 int dist x[i] - x[i-1]; while(dist 0 !pq.empty()) { auto [pos, bat] pq.top(); pq.pop(); int use min(dist, battery[bat]); dist - use; battery[bat] - use; if(battery[bat] 0) { pq.emplace(pos, bat); } } if(dist 0) break; // 无法到达 // 在当前充电站充电 battery[t[i]] a[t[i]]; pq.emplace(nxt[i], t[i]); }这种实现方式不仅代码简洁而且时间复杂度稳定在O(m log n)非常适合竞赛环境。通过这8道题的详细分析希望能帮助读者建立系统的算法竞赛解题思维在未来的比赛中取得更好成绩。
CCPC 2024哈尔滨站题解精析：从签到到金牌的8道算法实战
发布时间：2026/7/7 10:50:14
1. CCPC 2024哈尔滨站赛事概览作为中国大学生程序设计竞赛的重要分站赛CCPC哈尔滨站向来以题目质量高、区分度强著称。2024年的比赛延续了这一传统8道题目从签到题到金牌题呈现出明显的梯度分布。实际参赛数据显示现场队伍解题数量呈现典型金字塔分布铜牌线5题、银牌线6题、金牌线8题充分体现了题目设计的科学性。这次比赛的题目类型覆盖了算法竞赛中的多个核心领域基础题型Problem C模拟、Problem M数论中级算法Problem G图论、Problem K数据结构贪心高阶综合Problem A构造图论、Problem L树形DP组合数学从技术维度看这些题目完美呈现了当代算法竞赛的三大特征思维深度如Problem A的二进制构造、算法实现能力如Problem B的凸包优化以及数学建模水平如Problem L的期望计算。2. 基础题型精解从签到到铜牌2.1 Problem C哈尔滨指路指南纯模拟这道签到题看似简单却暗藏玄机。题目要求将绝对路径描述向南走2路口再向东走1路口转换为相对路径指令面向南直走2路口左转走1路口。在实际编码时我建议采用坐标系转换法建立二维坐标系记录起点(sx,sy)和终点(ex,ey)计算相对位移(dx, dy) (ex-sx, ey-sy)根据当前朝向将绝对位移转换为相对指令def convert_directions(sx, sy, ex, ey): dx, dy ex - sx, ey - sy instructions [] # 初始面向北方 facing N if dy 0: instructions.append(f面向{facing}沿街直走{abs(dy)}个十字路口) elif dy 0: instructions.append(f面向{facing}沿街直走{abs(dy)}个十字路口) # 处理东西方向移动 if dx 0: instructions.append(左转 if facing N else 右转) instructions.append(f直走{abs(dx)}个路口) elif dx 0: instructions.append(右转 if facing N else 左转) instructions.append(f直走{abs(dx)}个路口) return instructions2.2 Problem M古怪天花板数论优化这道数学题要求计算∑⌈n/i⌉i从1到n。直接暴力计算在n1e9时显然不可行。通过数学观察可以发现当i √n时⌈n/i⌉的取值最多只有√n种对于d⌈n/i⌉对应的i范围是(n/(d1), n/d]基于此我们可以将计算分为两部分i ≤ √n时直接计算i √n时按d值分段计算ll solve(ll n) { ll ans 0; ll m sqrt(n); // 处理小因子 for (ll i 1; i m; i) { ans (n i - 1) / i; // 等价于ceil(n/i) } // 处理大因子 for (ll d 1; d n/(m1); d) { ll L n/(d1) 1; ll R n/d; ans d * (R - L 1); } return ans; }这个算法的时间复杂度为O(√n)完美处理n1e9的情况。在实际比赛中有队伍通过打表发现规律进一步优化这也是竞赛中常见的解题技巧。3. 中级算法突破银牌题的关键思路3.1 Problem G在线会议邀请图论构造题目要求在一张无向图中构造生成树使得指定的k个节点度数为1。这看似是生成树问题的变种实则考察图的连通性处理能力。我的解题步骤如下特殊节点隔离将k个特殊节点标记仅保留它们与普通节点的单向边连通性检查以任意普通节点为根进行DFS/BFS树构造遍历过程中优先选择普通节点之间的边def build_special_tree(n, edges, specials): adj [[] for _ in range(n1)] # 建图规则普通节点间双向边普通到特殊节点单向边 for u, v in edges: if u in specials and v in specials: continue # 不连接两个特殊节点 if u in specials: adj[v].append(u) # 只保留普通-特殊的边 elif v in specials: adj[u].append(v) else: adj[u].append(v) adj[v].append(u) # 检查连通性 visited [False]*(n1) q [next(u for u in range(1,n1) if u not in specials)] visited[q[0]] True for u in q: for v in adj[u]: if not visited[v]: visited[v] True q.append(v) if any(not visited[u] for u in range(1,n1)): return None # 无解 return q # 返回生成树的遍历顺序这个解法的时间复杂度是O(nm)关键在于正确处理特殊节点的连接方式。现场有队伍因为忽略连通性检查而WA多次这是需要特别注意的陷阱。3.2 Problem K农场管理贪心数据结构这道题结合了贪心算法和高级数据结构题目描述可以简化为在m单位时间内分配n种作物的处理时间每种作物有收益区间[l_i,r_i]且可以解除一种作物的限制。我的解题思路分为三步排序预处理按单位收益w_i降序排序双树状数组维护一个维护(r_i-l_i)的和一个维护(r_i-l_i)*w_i的和二分查找对每种解除限制的方案快速计算最大收益struct BIT { vectorll tree; BIT(int n) : tree(n2) {} void update(int p, ll v) { for(; ptree.size(); pp-p) tree[p]v; } ll query(int p) { ll res 0; for(; p0; p-p-p) res tree[p]; return res; } }; ll solve() { sort(crops.begin(), crops.end(), [](auto a, auto b){ return a.w b.w; }); BIT cnt(n), sum(n); ll total 0, free m; // 初始化树状数组 for(int i0; in; i) { cnt.update(n-i, crops[i].r - crops[i].l); sum.update(n-i, (crops[i].r - crops[i].l)*crops[i].w); total crops[i].l * crops[i].w; free - crops[i].l; } ll ans total free * crops[0].w; // 解除最高收益作物限制 for(int i1; in; i) { ll extra m - crops[i].r; if(extra 0) continue; // 二分查找可以分配的时间 int l1, rn; while(l r) { int mid (lr)/2; if(cnt.query(mid) extra) rmid; else lmid1; } ll can_take cnt.query(l); ll gain sum.query(l); if(l n) { ll rem extra - cnt.query(l-1); gain rem * crops[n-l].w; } ans max(ans, total - crops[i].l*crops[i].w gain); } return ans; }这个解法巧妙利用树状数组的前缀和特性将时间复杂度控制在O(n log n)。在实际编码时需要注意树状数组的下标处理这是容易出错的细节。4. 金牌难题解析构造与组合数学4.1 Problem A构建计算机DAG构造这道金牌构造题要求用不超过100个节点的DAG表示[L,R]区间所有数的二进制形式。我的构造策略基于字典树和区间拆分区间拆分将[L,R]拆分为若干个子区间每个子区间形如[prefix0...0, prefix1...1]字典树构建为公共前缀建立节点边连接每个节点引出0和1两条边def build_dag(L, R): nodes [] edges [] def add_node(): nodes.append(len(nodes)1) return len(nodes) root add_node() terminal add_node() # 区间拆分函数 def split_range(l, r): prefixes [] mask 1 while mask r: mask 1 mask 1 while l r: while (l mask) 0 and l mask - 1 r: mask 1 prefix l (~(mask-1)) lower prefix upper prefix | (mask-1) upper min(upper, r) prefixes.append((lower, upper)) l upper 1 return prefixes ranges split_range(L, R) # 为每个区间创建路径 for lower, upper in ranges: bits bin(upper)[2:] # 取上限的二进制表示 current root # 处理公共前缀部分 for i in range(len(bits)-1): bit int(bits[i]) next_node None # 检查是否已存在对应边 for (u, v, b) in edges: if u current and b bit: next_node v break if not next_node: next_node add_node() edges.append((current, next_node, bit)) current next_node # 连接终止节点 edges.append((current, terminal, bits[-1])) return nodes, edges这个构造方法保证了节点数在O(log R)级别远低于题目限制。实际测试中对于R1e6的情况生成的DAG仅需约40个节点。4.2 Problem L树上游戏期望计算这道题需要计算两条随机路径公共边数的平方期望看似需要复杂的概率推导实则可以通过巧妙的计数解决。核心思路是将E[X²]分解为E[X²] ΣP(e在X中) 2ΣΣP(e₁和e₂同时在X中)具体实现时采用树形DP预处理子树大小siz[u]计算单边贡献siz[v]²*(n-siz[v])²计算边对贡献维护sum[u]Σsiz[v]²const int MOD 998244353; void dfs(int u, int fa) { siz[u] 1; ll sum_sq 0; // 存储子树v的sum[v]和 for(int v : adj[u]) { if(v fa) continue; dfs(v, u); siz[u] siz[v]; // 单边贡献 ll cnt 1LL * siz[v] * siz[v] % MOD; cnt cnt * (n - siz[v]) % MOD; cnt cnt * (n - siz[v]) % MOD; ans (ans cnt) % MOD; // 边对贡献 ll pairs 2LL * (n - siz[v]) * (n - siz[v]) % MOD; pairs pairs * (sum[v] - siz[v]*siz[v] % MOD MOD) % MOD; ans (ans pairs) % MOD; // 不同子树间的贡献 ans (ans sum[v] * sum_sq % MOD) % MOD; sum_sq (sum_sq sum[v]) % MOD; } sum[u] (sum_sq siz[u]*siz[u] % MOD) % MOD; } ll solve() { dfs(1, 0); ll total n*(n-1)/2 % MOD; total total * total % MOD; ll inv_total pow_mod(total, MOD-2, MOD); // 模逆元 return ans * inv_total % MOD; }这个解法的时间复杂度是O(n)关键在于将平方期望转化为可统计的量。在比赛现场有队伍尝试直接计算所有路径对的交集大小导致超时这是需要避免的误区。5. 竞赛技巧与备赛建议从这8道题目的解法和现场通过率来看CCPC哈尔滨站的题目对算法能力有着全方位的考察。根据我的参赛和命题经验给出以下建议分层训练策略铜牌目标熟练掌握基础数据结构队列、栈、堆和简单算法贪心、二分银牌突破强化图论最短路、生成树和动态规划线性DP、树形DP金牌冲刺深入理解组合数学、高级数据结构线段树、树状数组和复杂构造现场调试技巧对计算几何题如Problem B建议先准备好模板遇到WA时优先检查边界条件如n1和初始化对于TLE问题先分析算法复杂度再优化代码实现建议使用模块化编程将复杂问题分解为多个函数对于数学题准备好快速幂、逆元等常用函数在树形结构处理中递归深度过大时考虑非递归实现我在实际比赛中发现Problem J新能源车的贪心策略如果采用优先队列实现可以大大简化代码逻辑。以下是优化后的核心代码片段priority_queuepairint, int pq; // {next_charge_pos, battery_type} for(int i1; im; i) { // 处理到达充电站前的耗电 int dist x[i] - x[i-1]; while(dist 0 !pq.empty()) { auto [pos, bat] pq.top(); pq.pop(); int use min(dist, battery[bat]); dist - use; battery[bat] - use; if(battery[bat] 0) { pq.emplace(pos, bat); } } if(dist 0) break; // 无法到达 // 在当前充电站充电 battery[t[i]] a[t[i]]; pq.emplace(nxt[i], t[i]); }这种实现方式不仅代码简洁而且时间复杂度稳定在O(m log n)非常适合竞赛环境。通过这8道题的详细分析希望能帮助读者建立系统的算法竞赛解题思维在未来的比赛中取得更好成绩。
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