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本专栏旨在帮助大家从基础到进阶 ，逐步提升编程能力，助力信息学竞赛备战！
专栏特色
1.经典算法练习：根据信息学竞赛大纲，精心挑选经典算法题目，提供清晰的代码实现与详细指导，帮助您夯实算法基础。
2.系统化学习路径：按照算法类别和难度分级，从基础到进阶，循序渐进，帮助您全面提升编程能力与算法思维。
适合人群：
- 准备参加蓝桥杯、GESP、CSP-J、CSP-S等信息学竞赛的学生
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- 想要提升算法与编程能力的编程爱好者
附上汇总帖：GESP认证C++编程真题解析 | 汇总
编程题
P10723 黑白翻转
【题目来源】
洛谷：[P10723 GESP202406 七级] 黑白翻转 - 洛谷
【题目描述】
小杨有一棵包含 \(n\) 个节点的树，这棵树上的任意一个节点要么是白色，要么是黑色。小杨认为一棵树是美丽树当且仅当在删除所有白色节点之后，剩余节点仍然组成一棵树。
小杨每次操作可以选择一个白色节点将它的颜色变为黑色，他想知道自己最少要执行多少次操作可以使得这棵树变为美丽树。
【输入】
第一行包含一个正整数 \(n\)，代表树的节点数。
第二行包含 \(n\) 个非负整数 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\)，其中如果 \(a_i=0\)，则节点 \(i\) 的颜色为白色，否则为黑色。
之后 \(n-1\) 行，每行包含两个正整数 \(x_i,y_i\)，代表存在一条连接节点 \(x_i\) 和 \(y_i\) 的边。
【输出】
输出一个整数，代表最少执行的操作次数。
【输入样例】
5
0 1 0 1 0
1 2
1 3
3 4
3 5
【输出样例】
2
【算法标签】
《洛谷 P10723 黑白翻转》 #树形DP# #拓扑排序# #树的遍历# #GESP# #2024#
【代码详解】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 100005, M = N * 2; // M是边数的两倍，因为是无向图
int n, ans; // n: 节点数, ans: 答案
int a[N]; // a[i]: 节点i的状态，0表示白色，1表示黑色
int h[N], e[M], ne[M], idx; // 邻接表存储树结构// 添加无向边
void add(int a, int b)
{e[idx] = b; // 存储边的终点ne[idx] = h[a]; // 将新边插入链表头部h[a] = idx; // 更新头指针idx++; // 边编号自增
}// 深度优先搜索
// u: 当前节点
// fa: 父节点，防止走回头路
void dfs(int u, int fa)
{int s = 0; // 统计子节点中黑色节点的数量// 遍历当前节点的所有邻居for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]){int j = e[i]; // 邻居节点if (j == fa) // 如果是父节点，跳过{continue;}// 递归处理子树dfs(j, u);// 累加子节点的颜色s += a[j];}// 关键条件判断：// 1. s > 0: 当前节点至少有一个黑色子节点// 2. a[u] == 0: 当前节点是白色if (s && !a[u]){ans++; // 答案加1a[u] = 1; // 将当前节点染成黑色}
}int main()
{// 输入节点数cin >> n;// 初始化邻接表memset(h, -1, sizeof(h));// 输入每个节点的初始颜色for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i];}// 输入n-1条边，构建树for (int i = 1; i < n; i++){int u, v;cin >> u >> v;add(u, v); // 添加无向边add(v, u);}// 从任意一个黑色节点开始DFSfor (int i = 1; i <= n; i++){if (a[i] == 1) // 找到第一个黑色节点{dfs(i, 0); // 从该节点开始DFS，父节点为0break;}}// 输出答案cout << ans << endl;return 0;
}
【运行结果】
5
0 1 0 1 0
1 2
1 3
3 4
3 5
2
P10724 区间乘积
【题目来源】
洛谷：[P10724 GESP202406 七级] 区间乘积 - 洛谷
【题目描述】
小杨有一个包含 \(n\) 个正整数的序列 \(A=[a_1,a_2,\dots,a_n]\)。
小杨想知道有多少对 \(<l,r>(1\le l\le r\le n)\) 满足 \(a_l\times a_{l+1}\times \dots \times a_r\) 为完全平方数。
一个正整数 \(x\) 为完全平方数当且仅当存在一个正整数 \(y\) 使得 \(x=y\times y\)。
【输入】
第一行包含一个正整数 \(n\)，代表正整数个数。
第二行包含 \(n\) 个正整数 \(a_1,a_2,\dots,a_n\)，代表序列 \(A\)。
【输出】
输出一个整数，代表满足要求的 \(<l,r>\) 数量。
【输入样例】
5
3 2 4 3 2
【输出样例】
2
【算法标签】
《洛谷 P10724 区间乘积》 #数论# #前缀和# #位运算# #GESP# #2024#
【代码详解】
// 40分
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long long // 定义int为long long类型int n, ans; // n: 数组长度, ans: 答案
int a[100005][12]; // a[i][0]存储原数，a[i][1..11]存储质因数分解结果
int b[12] = {0, 0, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29}; // 前11个质数（从索引1开始）// 计算第k个数的质因数分解，并累加到前缀和中
void calc(int k)
{int x = a[k][0]; // 获取第k个数的原始值// 将前一个数的质因数分解结果复制到当前数for (int i = 1; i <= 11; i++){a[k][i] = a[k-1][i];}// 特殊处理x=1的情况if (x == 1){a[k][1] += 2; // 1的特殊处理，将质数2的指数加2}// 对x进行质因数分解for (int i = 2; i <= 11; i++){// 不断除以质数b[i]，直到不能整除为止while (x % b[i] == 0){x /= b[i]; // 除以质因数a[k][i]++; // 对应质因数的指数加1}}
}signed main() // 由于#define int long long，所以用signed main
{cin >> n; // 输入数组长度// 读取n个数并计算每个数的质因数分解前缀和for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i][0]; // 将输入的数存储在a[i][0]calc(i); // 计算第i个数的质因数分解}// 统计满足条件的子数组数量for (int i = 1; i <= n; i++) // 子数组的右端点{for (int j = 0; j <= i; j++) // 子数组的左端点-1（j=0表示从开始）{int f = 0, s = 0; // f: 是否不满足条件标志, s: 总指数和// 检查子数组a[j+1..i]是否满足条件for (int k = 1; k <= 11; k++){// 计算子数组中第k个质因数的总指数s += a[i][k] - a[j][k];// 检查这个质因数的指数是否为奇数if ((a[i][k] - a[j][k]) % 2){f = 1; // 存在指数为奇数的质因数break;}}// 如果所有质因数的指数都是偶数，且总指数和不为0if (!f && s){ans++; // 计数加1}}}cout << ans << endl; // 输出结果return 0;
}
// 100分
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long long // 将int定义为long long类型int n, x, y, ans; // n: 数字个数, x: 前缀异或和, y: 临时变量, ans: 答案
int a[1 << 11] = {1}; // a[state]: 状态为state的前缀数量，初始a[0]=1
int b[11] = {0, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29}; // 前10个质数（索引1-10）// 计算函数：返回y的质因数分解状态的二进制表示
int calc()
{if (y == 1) // 如果y等于1，返回0{return 0;}int s = 0; // 状态值，用二进制表示// 遍历前10个质数for (int i = 1; i <= 10; i++){int t = 0, c = 0; // t: 当前质数的状态位, c: 当前质数的指数计数// 对y进行质因数分解while (y % b[i] == 0){y /= b[i]; // 除以质因数c++; // 指数加1// 关键：只关心指数的奇偶性// 如果c是奇数，设置对应的状态位if (c % 2){t = 1 << i; // 第i位设为1}else{t = 0; // 第i位设为0}}s += t; // 累加状态}return s; // 返回状态值
}signed main() // 由于使用了#define int long long，所以main要改为signed
{// 输入数字个数cin >> n;// 处理n个数字for (int i = 1; i <= n; i++){// 输入当前数字cin >> y;// 计算：y = 输入的数字 ⊕ calc()的返回值// 注意：这里y既用作输入，又在calc()中被修改y = x ^ calc(); // x是之前的前缀异或和// 统计答案：当前状态y出现的次数ans += a[y]++; // 加上之前出现过的次数，然后计数加1// 更新前缀异或和x = y;}// 输出结果cout << ans << endl;return 0;
}
【运行结果】
5
3 2 4 3 2
2