2020年IYPT竞赛题目及其中文翻译

2021年IYPT CUPT题目（原文+中文翻译+配图）注意：题目不能只看翻译，必须充分参考原题。

Problem No. 1 “Invent yourself”It is known that some electrical circuits exhibit chaotic behaviour. Build a simple circuit with such a property, and investigate its behaviour.1.自己创造据了解，一些电路表现出混沌行为。

构建一个具有这种属性的简单电路，并研究其行为。

Problem No. 2 “Hologram”It is argued that a hologram can be hand made by scratching a piece of plastic. Produce such a ?hologram? with the letters ?IYPT? and investigate how it works.2.全息照片有人认为，在一块透明塑料上划出图案可以手工制作出一张全息照片。

制作一张字母“IYPT ”的全息图并研究它是如何工作的。

Problem No. 3 “Twisted rope”Hold a rope and twist one end of it. At some point the rope will forma helix or a loop. Investigate and explain the phenomenon.3.扭曲的绳握住绳子扭它的一端。

在绳索上的某一点将形成螺旋线或圆环。

调查解释这样的现象。

Problem No. 4 “Ball sound”When two hard steel balls, or similar, are brought gently into contact with each other,an unusual ?chirping? sound may be produced. Investigate and explain the nature of the sound.4.球的声音当两个硬钢球或类似的东西被轻轻带到接触到对方，一个不寻常的“鸣叫声”。

第十七届全国青少年信息学奥林匹克联赛初赛试题（提高组 Pascal语言两小时完成）●●全部试题答案均要求写在答卷纸上，写在试卷纸上一律无效●●一、单项选择题（共20题，每题1.5分。

共计30分。

每题有且仅有一个正确选项。

）1．在二进制下，1100011 +（）= 1110000。

A．1011 B．1101 C．1010 D．11112．字符“A”的ASCII码为十六进制41，则字符“Z”的ASCII码为十六进制的（）。

A．66 B．5A C．50 D．视具体的计算机而定3．右图是一棵二叉树，它的先序遍历是（）。

A．ABDEFC B．DBEFAC C．DFEBCA D．ABCDEF4．寄存器是（）的重要组成部分。

A．硬盘B．高速缓存C．内存D．中央处理器（CPU）5．广度优先搜索时，需要用到的数据结构是（）。

A．链表B．队列C．栈D．散列表6．在使用高级语言编写程序时，一般提到的“空间复杂度”中的“空间”是指（）。

A．程序运行时理论上所占的内存空间B．程序运行时理论上所占的数组空间C．程序运行时理论上所占的硬盘空间D．程序源文件理论上所占的硬盘空间7．应用快速排序的分治思想，可以实现一个求第K大数的程序。

假定不考虑极端的最坏情况，理论上可以实现的最低的算法时间复杂度为（）。

A．O(n2)B．O(n log n)C．O(n) D．O(1)8．为解决Web应用中的不兼容问题，保障信息的顺利流通，（）制定了一系列标准，涉及HTML、XML、CSS等，并建议开发者遵循。

A．微软 B．美国计算机协会（ACM） C．联台国教科文组织D．万维网联盟（W3C）9．体育课的铃声响了，同学们都陆续地奔向操场，按老师的要求从高到矮站成一排。

每个同学按顺序来到操场时，都从排尾走向排头，找到第一个比自己高的同学，并站在他的后面。

这种站队的方法类似于（）算法。

A．快速排序B．插入排序C．冒泡排序D．归并排序10．1956年（）授予肖克利（William Shockley）、巴丁（John Bardeen）和布拉顿（Walter Brattain)，以表彰他们对半导体的研究和晶体管效应的发现。

国际青年物理锦标赛（IYPT）历届竞赛题（1988-2016）译事三难信达雅翻译，从来都是一件困难的事情。

比如说，International Young Physicists'Tournament(IYPT)似乎应当翻译为“国际青年物理学家锦标赛”，可是，在中国，物理学家是个很大的词儿，甚至物理学工作者这个谦虚得多的词儿，都不太适合，因为这个竞赛面对的是中学生，而physicist不过就是个“做物理的人”，甚至只是个“做物理题的人”。

所以呢，把它称为“国际青年物理锦标赛”，也许更符合中国国情。

当年把IYPT移植到国内的那些人，想必也考虑过这个问题。

IYPT 在中国的对应物是中国大学生物理学术竞赛（CUPT）和中国高中生物理创新竞赛（CYPT）：T还是同样的T，同样的Tournament，但已经不强调“锦标主义”了；P还是同样的P，但是英文里的Phyisicist 已经变为Physics了。

或许基于类似的考虑，虽然CUPT和CYPT采用的都是IYPT的问题，但是从来都没有正式的中文译本。

参加竞赛的人，当然能读懂英文试题，但是，我确实看到有些人读错了题意，还有更多的人在学术问答阶段争辩具体问题里的微言大义，我觉得这都是白白浪费了时间。

IYPT的问题不同于普通的习题。

普通的习题，你总可以在五分钟里找到思路；IYPT的问题，也许需要你几天乃至更长的时间。

另外，在我看来，IYPT的题目，只是给你个出发点而已，让你大致了解所谓的科研是怎么回事。

真的把它当成习题来做，就浪费了。

解决这些问题，也不需要从文献入手。

IYPT的作用，更主要的是吸引更多的学生对物理感兴趣，让他们了解从哪里下手解决问题。

很多低年级的大学生面临的问题是，他们其实并不一定相信自己学到的知识：答题的时候，尽可以头头是道；真正要自己分析问题的时候，就懵了。

中学生就更不用说了。

还有一个很严重的问题是：现在其实没有什么真正的问题，要么太难，要么太没有意思。

IYPT2020试题以及参考中文翻译1. Invent YourselfDesign an instrument formeasuring current using its heating effect. What are the accuracy, precisionand limits of the method?1.自己发明设计一种利用热效应测量电流的仪器。

该方法的准确度、精密度和局限性是什么？2.Inconspicuous BottlePut a lit candle behind abottle. If you blow on the bottle from the opposite side, the candle may goout, as if the bottle was not there at all. Explain the phenomenon.2.不起眼的瓶子将点燃的蜡烛放在瓶子后面。

如果你从蜡烛的对面吹瓶子，蜡烛同样可能熄灭，好像瓶子根本不在那里。

解释这个现象。

3. Swinging Sound TubeA Sound Tube is a toy,consisting of a corrugated plastic tube, that you can spin around to producesounds. Study the characteristics of the sounds produced by such toys, and howthey are affected by the relevant parameters.3. 摇摆的声管声管是一种玩具，由波纹塑料管组成，你可以旋转声管产生声音。

研究这些玩具发出的声音的特性，以及它们如何受到相关参数的影响。

4. Singing FerriteInsert a ferrite rod intoa coil fed from a signal generator. At some frequencies the rod begins toproduce a sound. Investigate the phenomenon.4.“歌神”铁氧体将铁氧体棒插入信号发生器供电的线圈中。

iypt 2020题目解析iypt（国际青少年物理先进竞赛）是一项由国际物理学奥林匹克（IPhO）协会主办的国际性竞赛。

每年，iypt都会发布一系列有关物理学的问题供参赛者解答。

本文将对iypt 2020题目进行解析，探讨其中的物理学知识和解题思路。

1. 题目一：伯努利原理伯努利原理是流体力学中的一个重要原理，它描述了流体在速度变化时压力的变化规律。

该题目要求解释在游泳池中快速移动的人体表面上所感受到的压力减小的现象。

我们可以从以下几个方面来解析这个问题。

首先，根据伯努利原理，当流体速度增加时，压力会降低。

快速移动的人体表面上积攒了足够的流体速度，使得压力较低。

这可以通过背向流动或者高速流动引起的较低压力来解释。

其次，光滑的人体表面减少了湍流的产生，从而减小了压力。

摩擦力会使流体速度增加，进而导致压力减小。

人体表面的光滑减少了流体与表面的摩擦，因此压力降低。

最后，人体的颜色和形状也可能对压力产生影响。

不同颜色和形状的物体对于光的吸收和反射有所不同，这会影响气体和液体的流动方式，从而影响压力。

2. 题目二：透镜和光学成像该题目涉及到透镜和光学成像的知识。

它要求解释为什么观察者在看到通过透镜的图像时，会发现该图像放大了。

以下是对这个问题的解析。

首先，根据透镜成像原理，平行光线通过凸透镜后会聚到一个焦点上。

此时，观察者从透镜的反面会观察到一幅倒立的放大图像。

这是因为聚焦后的光线聚焦在透镜背面的某一点上，通过透镜后再次扩散，形成一个倒立的图像。

其次，透镜的放大倍数取决于透镜的成像能力和物体的位置。

对于凸透镜来说，当物体位于透镜的焦点处时，生成的图像会无限大。

这是因为入射的平行光线经过透镜后会呈现出发散的轨迹，从而形成了无限大的放大图像。

最后，观察者距离透镜越近，其所看到的图像越大。

这是因为当观察者靠近透镜时，视角变大，从而看到更多的光线，进而导致图像放大。

3. 题目三：力学这个题目涉及到力学中的质点运动和受力分析。

IYPT 2012中文题目1,高斯加农炮相同的钢球和一个强磁铁排成一列而且位于无磁性管道中。

另一个钢球向它们滚来然后和最后的球碰撞。

在这一列的另一端的球被以一个惊人的高速弹出。

优化磁铁的位置来获得最好的效果。

2，切割空气当一段线绳（例如，尼龙）的自由端绑上了一个小重物然后旋转的时候，有一个独特的噪声发了出来。

研究噪声的源头和有关参数。

3，一串珠子有一长串珠子，把足够长的部分拉过烧杯边缘，释放它。

由于重力，这线的速度增加。

在某个特定的时刻线绳不再接触烧杯边缘（看图）。

调查并研究这现象。

4,流体桥如果一个高电压加到两个连着的烧杯中的液体，就有可能形成一个液体桥。

调查这个现象（高电压必须在适当的监督下使用--检查当地法律）。

5，亮波纹照亮一个水箱。

当在水表面有波纹的时候，你可以在水箱底部看到明亮和黑暗的部分。

研究波纹和明暗部分的联系。

6，啄木鸟玩具一个啄木鸟玩具（如图）表现出一种震荡的运动。

调查并解释玩具的这种运动。

7,图钉一个图钉（大头针）漂在水表面并靠近另一个漂浮的物体，图钉受到一个引力。

调查并研究这个现象。

是否可能通过一个相同的机制而受到一个斥力？8，泡沫当有大量泡沫出现时物体是否可能漂在水上？研究一个物体受到的浮力怎样取决于泡沫的存在？9，磁铁和硬币在一个磁铁上竖直放置一个硬币。

相对于磁铁倾斜硬币然后释放它。

硬币可能会摔倒到磁铁上或者还原到它的竖直位置。

研究并解释硬币的运动。

10，摇滚瓶子把一个瓶子装上点液体。

把它放倒在一个水平面上并推它一下。

这个瓶子可能会首先向前移然后在它停止之前摆动。

调查这个瓶子的运动。

11，平流有两个大的水平的并排的透明平板，用液体填上它们之间的小缝隙并在一个平板的中间制造一个小洞。

如果一种不同的液体通过小洞注进去的话调查在那个小区域内的液体的流动12,灯笼纸灯笼通过一个蜡烛飘浮。

设计并制造一个仅由一个茶灯供能的灯笼，而且花最短的时间（从点燃蜡烛）飞到一个垂直的2.5米高度。

201届国际青年物理学家竞赛赛IYPIYPT T 20133年第26届国际青年物理学家竞参考翻译))题目((参考翻译题目1.自己创造如果一张纸被“手风琴式”折叠或者被卷成筒，那么它将更加难以弯曲。

使用一张单一的A4纸和少量胶水，如果需要的话，构建一座跨越280毫米间隙的桥梁。

介绍相关参数，用以描述该桥梁的强度，并优化其中的部分参数或全部参数。

2．弹性空间大球在水平拉伸膜上滚动的动态效果和它们之间明显的相互作用通常用于说明引力场。

进一步探究该系统。

在这样一个“引力场世界”确定和测量明显的“引力常数”是否可能？如果你站在地面上拿着乒乓球，并释放它，它会反弹。

如果乒乓球内含有液体，碰撞的性质会发生变化。

探究碰撞的性质如何取决于球内液体的含量和其他相关参数。

4．孤子沿水平轴等距离安装一链相似的摆，相邻的摆用轻绳相连接。

每一个摆可以绕轴旋转，但不能侧向移动（见图）。

探究沿着这样一条链的一种旋转的传播。

当各摆都经历360º旋转时，孤立波的速度是多少？一个轻球（如乒乓球），可以被向上的气流所支撑。

气流的方向可以倾斜，然而它仍然可以支撑球。

探究气流倾斜的影响，并优化该系统，得出在保持球处于稳定状态的情况下，气流倾斜的最大角度。

6．彩色塑料在明亮光线的照射下，一个透明的塑料物体（如一张空白的CD外壳）有时可以呈现各种不同的颜色（见图）。

研究和解释这种现象。

确定一下，当使用各种不同颜色的光源时，是否也可以看到这些颜色。

7．聆听光的声音将一个罐子内表面的一半涂一层锅灰，并在它的盖子上钻一个孔（见图）。

当连接交流电的灯泡发出的光线射到罐子的黑墙（锅灰层）时，可以听到明显的声音。

解释和探究这种现象。

8．喷射和薄膜喷射的细液体流对肥皂薄膜的作用（见图）。

喷射的液体流可以渗透通过薄膜或者与薄膜合并，产生有趣的形状，这取决于相关参数。

解释和探究这种相互作用，以及由此产生的形状。

9．碳麦克风一个麦克风的设计已经涉及碳颗粒的使用很多年了。

2020中欧数学奥林匹克个人组-中文翻译
中欧数学奥林匹克(Middle European Mathematical Olympiad, MEMO)始于2007 年, 它是原先奥地利- 波兰数学竞赛(Austrian-Polish Mathematical
Competition, APMC)的传承, APMC 始于1978 年, 于2006 年举办完最后一届后停办. 现在, 有10 个国家参加MEMO: 奥地利, 克罗地亚, 捷克, 德国, 匈牙利, 立陶宛, 波兰, 斯洛伐克, 斯洛文尼亚和瑞士. 每个国家MEMO 代表队由6 名学生和2 名领队组成. 为了给更多的学生提供国际比赛经验, MEMO 代表队往往与IMO 代表队成员不重叠. 而且, 为了给未来年轻的IMO 参赛者提供锻炼机会, 中学高年级的学生不允许参加MEMO. MEMO 比赛由个人赛和团体赛两部分构成,比赛时间均为5 小时. 试题覆盖代数, 组合, 几何, 数论四个领域, 个人赛中每个领域1 道题, 团体赛中每个领域2 道题(最初2 届团体赛每个领域1 道题). 在团体赛中, 每队队员合作解决问题.
2020年，由于疫情原因，团体赛停办，个人赛于8月29日在线上举行。

A题炉温曲线在集成电路板等电子产品生产中，需要将安装有各种电子元件的印刷电路板放置在回焊炉中，通过加热，将电子元件自动焊接到电路板上。

在这个生产过程中，让回焊炉的各部分保持工艺要求的温度，对产品质量至关重要。

目前，这方面的许多工作是通过实验测试来进行控制和调整的。

本题旨在通过机理模型来进行分析研究。

回焊炉内部设置若干个小温区，它们从功能上可分成4个大温区：预热区、恒温区、回流区、冷却区（如图1所示）。

电路板两侧搭在传送带上匀速进入炉内进行加热焊接。

图1 回焊炉截面示意图某回焊炉内有11个小温区及炉前区域和炉后区域（如图1），每个小温区长度为30.5 cm，相邻小温区之间有5 cm的间隙，炉前区域和炉后区域长度均为25 cm。

回焊炉启动后，炉内空气温度会在短时间内达到稳定，此后，回焊炉方可进行焊接工作。

炉前区域、炉后区域以及小温区之间的间隙不做特殊的温度控制，其温度与相邻温区的温度有关，各温区边界附近的温度也可能受到相邻温区温度的影响。

另外，生产车间的温度保持在25ºC。

在设定各温区的温度和传送带的过炉速度后，可以通过温度传感器测试某些位置上焊接区域中心的温度，称之为炉温曲线（即焊接区域中心温度曲线）。

附件是某次实验中炉温曲线的数据，各温区设定的温度分别为175ºC（小温区1~5）、195ºC（小温区6）、235ºC（小温区7）、255ºC（小温区8~9）及25ºC（小温区10~11）；传送带的过炉速度为70 cm/min；焊接区域的厚度为0.15 mm。

温度传感器在焊接区域中心的温度达到30ºC时开始工作，电路板进入回焊炉开始计时。

实际生产时可以通过调节各温区的设定温度和传送带的过炉速度来控制产品质量。

在上述实验设定温度的基础上，各小温区设定温度可以进行ºC范围内的调整。

调整时要求小温区1~5中的温度保持一致，小温区8~9中的温度保持一致，小温区10~11中的温度保持25ºC。

2010年到2023年iypt题目在近十四年的时间里，国际青年物理学家锦标赛（IYPT）涉及了许多挑战性的题目，这些题目不仅考验着参赛选手们的物理知识，更是激发了他们的创造力和团队合作精神。

本文将对2010年到2023年iypt 题目进行全面评估，并据此撰写有价值的文章，以便读者更深入地理解这些题目所涉及的物理理论和实践。

2010年：“非牛顿流体”2010年iypt的题目围绕着“非牛顿流体”，这是一个充满挑战性和启发性的主题。

非牛顿流体是指受力作用下流动性质发生改变的流体，它的粘度是随着剪切速率的变化而变化的。

在此题目中，讨论了非牛顿流体的特性、应用以及其在日常生活中的实际案例。

我个人对这一主题的理解是，非牛顿流体的研究不仅有助于我们更好地理解流体力学，还能为化工、生物医学等领域的科学研究和工程技术提供重要的理论基础和实际应用价值。

2011年：“尘埃环”2011年iypt的题目是“尘埃环”，这一主题涉及到星际空间中的尘埃环现象及其形成机制。

尘埃环是指恒星周围环绕着大量尘埃颗粒的现象，它不仅对于星际物质的组成和演化具有重要意义，还能够帮助我们更好地理解宇宙的形成和演化过程。

在此题目中，我认为尘埃环的研究不仅需要对天体物理学和宇宙学理论有深入的把握，更需要借助现代天文观测技术和实验手段，以获取更多的观测数据和信息，以便揭示尘埃环的真实面貌和本质特征。

2012年：“磁干涉仪”2012年iypt的题目围绕着“磁干涉仪”，这一主题涉及到光学干涉的磁场版本。

磁干涉仪是一种用于磁场测量的仪器，它利用了磁场对光线传播路径的影响，通过测量干涉条纹的移动来确定磁场的强度和方向。

在此题目中，我个人认为磁干涉仪的研究不仅有助于我们更好地理解光学干涉原理，还能为磁场测量技术和仪器的发展提供理论和实践基础。

2013年：“音频相控阵”2013年iypt的题目是“音频相控阵”，这一主题涉及了声音波的操控和调制技术。

音频相控阵是一种利用声波的干涉和叠加效应来实现声场调制和定向传播的技术，它不仅在音响技术和通信领域具有重要应用价值，还能为生物医学、声纳和声学研究提供新的思路和方法。

2020ti杯e题题目解析【实用版】目录1.2020ti 杯 e 题概述2.题目解析3.总结正文【2020ti 杯 e 题概述】2020 年国际大学生超算竞赛（简称 2020ti 杯）的 e 题要求参赛选手对一个大规模数据集进行处理和分析，以完成一系列指定任务。

这一题目旨在考查参赛选手在数据处理、算法设计以及计算机性能优化等方面的综合能力。

本文将对 2020ti 杯 e 题的题目进行解析，以帮助参赛选手更好地理解题目要求，从而制定出相应的解决方案。

【题目解析】2020ti 杯 e 题主要分为以下几个部分：1.数据集：题目所提供的数据集包含多个文件，其中每个文件都包含一定数量的记录。

记录中包含了不同的特征字段，如用户信息、购物行为等。

参赛选手需要对这些数据进行处理，以便后续进行分析。

2.任务要求：题目要求参赛选手完成以下几个任务：(1) 数据预处理：对原始数据进行清洗、转换和整理，以便后续分析。

这可能包括去除重复记录、填补缺失值、处理异常值等。

(2) 特征工程：根据任务要求，从原始数据中提取有用的特征，以便构建模型。

这可能包括特征选择、特征提取、特征变换等。

(3) 模型构建：根据任务要求，选择合适的机器学习算法，利用特征工程得到的特征数据构建模型。

这可能包括分类、聚类、回归等算法。

(4) 模型评估：对构建好的模型进行评估，以确定模型的性能。

这可能包括准确率、召回率、F1 值等指标。

(5) 结果呈现：将模型的结果以可视化的方式呈现出来，以便用户更好地理解分析结果。

3.限制条件：题目对参赛选手的计算资源有一定的限制，如计算时间、内存使用等。

因此，参赛选手需要在满足限制条件的前提下，设计出高效的算法和解决方案。

【总结】2020ti 杯 e 题对参赛选手在数据处理、算法设计、模型构建和评估以及计算资源优化等方面提出了较高的要求。

通过题目解析，我们可以更好地理解题目要求，从而制定出相应的解决方案。

2020ti杯e题题目解析
摘要：
1.2020 年TI 杯E 题背景介绍
2.TI 杯E 题题目解析
3.总结
正文：
【2020 年TI 杯E 题背景介绍】
2020 年TI 杯E 题是针对大学生的一项重要赛事，旨在发掘和培养学生在数学建模、算法设计与实现等方面的创新能力。

TI 杯E 题涉及多个学科领域，如数学、物理、计算机等，旨在通过解决实际问题，提高学生的综合素质和实践能力。

【TI 杯E 题题目解析】
2020 年TI 杯E 题的具体题目为“基于机器学习的图像识别与分类”。

题目要求参赛选手设计一个基于机器学习的图像识别与分类系统，实现对给定图像数据的准确识别与分类。

具体来说，要求参赛选手完成以下几个方面的任务：
1.数据预处理：对给定的图像数据进行预处理，如归一化、数据增强等，以提高模型的泛化能力。

2.模型设计：设计一个基于机器学习的图像识别与分类模型，如卷积神经网络（CNN）、支持向量机（SVM）等，实现对图像数据的准确识别与分类。

3.模型训练与优化：根据训练数据对模型进行训练，并采用一定的优化策
略，如正则化、交叉验证等，提高模型的性能。

4.模型评估：使用测试数据集评估模型的性能，如准确率、召回率、F1 值等指标。

5.结果展示：以可视化的方式展示识别与分类结果，便于用户理解和分析。

【总结】
2020 年TI 杯E 题“基于机器学习的图像识别与分类”旨在考查参赛选手在计算机视觉领域的理论知识和实践能力。

NOI2020联合省选A卷题解Day1T1 冰⽕战⼠不难发现随着温度增加能⽤的冰战⼠越来越多，⽕战⼠越来越少于是只需要求能⽤的冰战⼠的总能量⽐⽕战⼠少的最⼤温度和冰战⼠的总能量⽐⽕战⼠多的最⼩温度即可于是离散化+线段树上⼆分解决最后输出温度要输出从当前求出的最优温度开始第⼀个有⽕战⼠的温度时间复杂度是O(nlogn)下⾯是考场上的⼤常数代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long longtemplate <class T> inline void read(T &n){T w=0,t=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') t=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){w=(w<<3)+(w<<1)+(ch^48);ch=getchar();}n=w*t;}const int maxn=2000005;int q,b[maxn],N;int now1,now2;struct query{int opt,k,x,y;}Q[maxn];int sum[2][maxn<<2];void modify(int l,int r,int id,int x,int y,int opt){sum[opt][id]+=y;if(l==r) return;int mid=(l+r)>>1;if(x<=mid) modify(l,mid,id<<1,x,y,opt);else modify(mid+1,r,id<<1|1,x,y,opt);}int num[2][maxn];int ans,pos;void query1(int l,int r,int id,int cnt1,int cnt2){//0<=1 lastif(l==r){cnt1+=sum[0][id];int res=min(cnt1,now2-cnt2);if(!res) return;if(res*2>=ans) ans=res*2,pos=max(pos,l);return;}int mid=(l+r)>>1;if(cnt1+sum[0][id<<1]+num[0][mid+1]<=now2-cnt2-sum[1][id<<1]) query1(mid+1,r,id<<1|1,cnt1+sum[0][id<<1],cnt2+sum[1][id<<1]); else query1(l,mid,id<<1,cnt1,cnt2);}int getnxt(int l,int r,int id,int x){if(!sum[1][id]) return 0;if(l==r) return l;int mid=(l+r)>>1;if(x>mid) return getnxt(mid+1,r,id<<1|1,x);else{int res=getnxt(l,mid,id<<1,x);if(res) return res;return getnxt(mid+1,r,id<<1|1,x);}}void query2(int l,int r,int id,int cnt1,int cnt2){//0>=1 firstif(l==r){cnt1+=sum[0][id];int res=min(cnt1,now2-cnt2);if(!res) return;if(res*2>=ans) ans=res*2,pos=max(pos,l);return;}int mid=(l+r)>>1;if(cnt1+sum[0][id<<1]>=now2-cnt2-sum[1][id<<1]+num[1][mid]) query2(l,mid,id<<1,cnt1,cnt2);else query2(mid+1,r,id<<1|1,cnt1+sum[0][id<<1],cnt2+sum[1][id<<1]);}void getans(){if(!now1||!now2){puts("Peace");return;}ans=pos=0;query1(1,N,1,0,0);query2(1,N,1,0,0);if(!ans){puts("Peace");return;}printf("%d %d\n",b[getnxt(1,N,1,pos)],ans);}int main(){read(q);for(int i=1;i<=q;i++){read(Q[i].opt);if(Q[i].opt==1){read(Q[i].k),read(Q[i].x),read(Q[i].y);b[++N]=Q[i].x;}else read(Q[i].k);}sort(b+1,b+N+1);N=unique(b+1,b+N+1)-(b+1);for(int i=1;i<=q;i++)if(Q[i].opt==1) Q[i].x=lower_bound(b+1,b+N+1,Q[i].x)-b;for(int i=1;i<=q;i++){if(Q[i].opt==1){if(Q[i].k==0){now1+=Q[i].y;num[0][Q[i].x]+=Q[i].y;modify(1,N,1,Q[i].x,Q[i].y,0);}else{now2+=Q[i].y;num[1][Q[i].x]+=Q[i].y;modify(1,N,1,Q[i].x,Q[i].y,1);}getans();}if(Q[i].opt==2){int tmp=Q[i].k;if(Q[tmp].k==0){now1-=Q[tmp].y;num[0][Q[tmp].x]-=Q[tmp].y;modify(1,N,1,Q[tmp].x,-Q[tmp].y,0);}else{now2-=Q[tmp].y;num[1][Q[tmp].x]-=Q[tmp].y;modify(1,N,1,Q[tmp].x,-Q[tmp].y,1);}getans();}}return 0;}T2 组合数问题拆开多项式发现是求\sum_{i=0}^m a_i* \sum_{k=0}^n (^n_k)*x^k * k^i考虑求\sum_{k=0}^n (^n_k)*x^k * k^i这个套路与相同先考虑f(x)=\sum_{k=0}^n (^n_k)*x^k =(x+1)^n注意到f'(x)=\sum_{k=1}^n (^n_k)*x^{k-1}*kf'(x)*x=\sum_{k=1}^n (^n_k)*x^k*k=\sum_{k=0}^n (^n_k)*x^k*k 于是我们惊⼈的发现设f_t(x)=\sum_{k=0}^n (^n_k)*x^k*k^t则f_t(x)=f_{t-1}'(x)*x⽽[(x+1)^n]'*x=n*(x+1)^{n-1}*x=n*(x+1)^n-n*(x+1)^{n-1}于是每个f_t(x)都可以⽤(x+1)的幂次线性组合出来我们每次暴⼒求导模拟即可算出i=0-m的f_i(x)⽽\sum_{i=0}^m a_i* \sum_{k=0}^n (^n_k)*x^k * k^i=\sum_{i=0}^m a_i*f_i(x)时间复杂度是O(m^2)可以通过此题下⾯是考场上的⼤常数代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long longtemplate <class T> inline void read(T &n){T w=0,t=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') t=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){w=(w<<3)+(w<<1)+(ch^48);ch=getchar();}n=w*t;}const int maxn=1005;int n,x,m,mod,a[maxn];inline int add(int x,int y){x+=y;return x>=mod?x-mod:x;}inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}int quick_pow(int x,int y){int res=1;while(y){if(y&1) res=mul(res,x);x=mul(x,x),y>>=1;}return res;}int cnt[maxn],pw[maxn];int main(){read(n),read(x),read(mod),read(m);for(int i=0;i<=m;i++) read(a[i]);for(int i=0;i<=m;i++) pw[i]=quick_pow(x+1,n-i);int ans=mul(a[0],pw[0]);cnt[0]=1;for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=i-1;j>=0;j--){cnt[j+1]=add(cnt[j+1],mod-mul(n-j,cnt[j]));cnt[j]=mul(cnt[j],n-j);}int res=0;for(int j=0;j<=i;j++) res=add(res,mul(cnt[j],pw[j]));ans=add(ans,mul(a[i],res));}cout<<ans<<endl;return 0;}T3 魔法商店猜结论/利⽤拟阵推导可知只需满⾜⽤A外的⼀个元素替换A中的⼀个元素使得新集合合法并满⾜新集合的权值⼤于等于原A集合的权值⽤B外的⼀个元素替换B中的⼀个元素使得新集合合法并满⾜新集合的权值⼩于等于原B集合的权值这其实就是⼀些元素权值间的⼤⼩关系使⽤线性基建图即可以A举例，存⼀下线性基中的每⼀个元素是由哪些A中的元素异或得来对于A外的每⼀个元素，在线性基⾥查到它是由A中的哪些元素异或得来即可接下来就是⼀个经典的保序回归L_2问题根据论⽂可知使⽤整体⼆分+⽹络流即可时间复杂度⼤概是O(nm+logn*maxflow(n,nm))下⾯是考后写的⼤常数代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define ull unsigned long longchar buf[1<<20],*p1,*p2;#define GC (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?0:*p1++) template<class T> inline void read(T &n){char ch=GC;T w=1,x=0;while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') w=-1;ch=GC;}while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=GC;}n=x*w;}const int maxm=64;const int maxn=1005;ull c[maxn];int n,m,v[maxn],a[maxn],b[maxn],bela[maxn],belb[maxn];struct lb{ull b[maxm],id[maxm];void insert(ull x,int nw){ull pos=(1ull<<nw);for(int i=maxm-1;i>=0;i--){if((x>>i)&1){if(!b[i]){b[i]=x,id[i]=pos;return;}x^=b[i],pos^=id[i];}}}ull find(ull x){ull res=0;for(int i=maxm-1;i>=0;i--)if((x>>i)&1) x^=b[i],res^=id[i];return res;}};lb A,B;ll ans;const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;namespace flow{int st,ed=n+1,cnt=1;int use[maxn],tot;int last[maxn],Next[maxn<<8],to[maxn<<8];ll w[maxn<<8];inline void clear(){last[st]=last[ed]=0;for(int i=1;i<=tot;i++) last[use[i]]=0;memset(last,0,sizeof(last)),cnt=1,tot=0;}inline void addedge(int x,int y,ll z){Next[++cnt]=last[x],last[x]=cnt;to[cnt]=y,w[cnt]=z;}inline void add(int x,int y,ll z){addedge(x,y,z),addedge(y,x,0);}inline void addu(int x){use[++tot]=x;}int dep[maxn],cur[maxn];queue <int> Q;bool bfs(){dep[ed]=0;for(int i=1;i<=tot;i++) dep[use[i]]=0;dep[st]=1,Q.push(st);while(!Q.empty()){int u=Q.front();Q.pop();for(int i=last[u];i;i=Next[i]){int v=to[i];if(w[i]&&!dep[v]){dep[v]=dep[u]+1;Q.push(v);}}}return dep[ed];}ll dfs(int u,ll low){if(u==ed) return low;ll add=0;for(int i=cur[u];i&&add<low;i=Next[i]){int v=to[i];cur[u]=i;if(w[i]&&dep[v]==dep[u]+1){ll tmp=dfs(v,min(low-add,w[i]));w[i]-=tmp,w[i^1]+=tmp;add+=tmp;}}return add;}ll dinic(){ll res=0;while(bfs()){cur[st]=last[st],cur[ed]=last[ed];for(int i=1;i<=tot;i++) cur[use[i]]=last[use[i]];res+=dfs(st,inf);}return res;}}using flow::st;using flow::ed;using flow::dep;using flow::add;inline ll sqr(ll x){return 1ll*x*x;}int bel[maxn];void solve(int l,int r,vector <int> P,vector <pair<int,int>> E){if(l==r||!P.size()){for(auto u:P) ans+=sqr(v[u]-l);return;}int mid=(l+r)>>1;//mid mid+1flow::clear();for(auto u:E) add(u.first,u.second,inf);for(auto u:P){flow::addu(u);if(v[u]<=mid) add(u,ed,sqr(mid+1-v[u])-sqr(mid-v[u]));else add(st,u,sqr(v[u]-mid)-sqr(v[u]-mid-1));}flow::dinic();vector <int> pl,pr;vector <pair<int,int>> el,er;for(auto u:P){if(!dep[u]) pl.push_back(u),bel[u]=0;else pr.push_back(u),bel[u]=1;}for(auto u:E){int x=u.first,y=u.second;if(bel[x]!=bel[y]) continue;if(!bel[x]) el.push_back(u);else er.push_back(u);}solve(l,mid,pl,el);solve(mid+1,r,pr,er);}vector <int> P;vector <pair<int,int>> E;int main(){read(n),read(m),ed=n+1;int Min=1e9,Max=0;for(int i=1;i<=n;i++) read(c[i]);for(int i=1;i<=n;i++) read(v[i]),Min=min(Min,v[i]),Max=max(Max,v[i]); for(int i=1;i<=m;i++){read(a[i]),bela[a[i]]=1;A.insert(c[a[i]],i-1);}for(int i=1;i<=m;i++){read(b[i]),belb[b[i]]=1;B.insert(c[b[i]],i-1);}for(int i=1;i<=n;i++){if(!bela[i]){ull tmp=A.find(c[i]);for(int j=m-1;j>=0;j--)if((tmp>>j)&1) E.push_back(make_pair(a[j+1],i));}if(!belb[i]){ull tmp=B.find(c[i]);for(int j=m-1;j>=0;j--)if((tmp>>j)&1) E.push_back(make_pair(i,b[j+1]));}}for(int i=1;i<=n;i++) P.push_back(i);solve(Min,Max,P,E);cout<<ans<<endl;return 0;}Day2T1 信号传递不难发现两点间距离的贡献可以放在两个点上分别计算那么在排列的第i个位置加⼊j号点的贡献就只跟排列前⾯已经加⼊哪些点有关考虑状压dp设f[i][j]表⽰当前已经加⼊了排列中前i个位置，已经加⼊的状态为j的最⼩贡献转移可以枚举第i个位置是哪个点计算贡献直接搞时间是O(m^3*2^m)的，考虑优化⾸先i这⼀维可以由j推出那么dp数组省掉⼀维，时间优化到O(m^2*2^m)注意到我们每次枚举了第i个数后要枚举其它所有数计算贡献这⼀步考虑预处理设g[i][j]表⽰i号点对当前状态为j的贡献转移可以从g[i][j-lowbit(j)]转移过来这样时空复杂度为O(m*2^m)注意到毒瘤出题⼈卡空间⽽g数组需要使⽤约768M的空间但是i号点只会对除了i号点外的m-1个元素的状态产⽣贡献于是处理g只需要O(m*2^{m-1})的时空复杂度再⽤lowbit转移f即可做到总O(m*2^{m-1})的时空复杂度下⾯是考场上的⼤常数代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long longtemplate <class T> inline void read(T &n){T w=0,t=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')t=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){w=(w<<3)+(w<<1)+(ch^48);ch=getchar();}n=w*t;}const int maxm=23;const int maxn=100005;int n,m,K,a[maxn],cnt[maxm+5][maxm+5],g[maxm][1<<22];char c[1<<maxm],Log[1<<maxm];ll f[1<<maxm];inline int lowbit(int x){return x&(-x);}int main(){read(n),read(m),read(K);for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);for(int i=1;i<n;i++){cnt[a[i]][a[i+1]]++;if(a[i]==a[i+1]) continue;g[a[i]-1][0]--,g[a[i+1]-1][0]+=K;}int N=(1<<m)-1;Log[0]=-1;for(int i=1;i<=N;i++) c[i]=c[i>>1]+(i&1),Log[i]=Log[i>>1]+1;memset(f,0x3f,sizeof(f));f[0]=0;int S=(1<<(m-1))-1;for(int i=0;i<m;i++)for(int j=1;j<=S;j++){int k=lowbit(j),l=Log[k];if(l>=i) l++;g[i][j]=g[i][j-k]-1ll*(K-1)*cnt[l+1][i+1]+1ll*(K+1)*cnt[i+1][l+1];}for(int j=1;j<=N;j++){int i=c[j];for(int x=j;x;x-=lowbit(x)){int k=Log[lowbit(x)];int now=(j^(1<<k));int tmp=((now>>(k+1))<<k);tmp+=now&((1<<k)-1);f[j]=min(f[j],f[now]+1ll*i*g[k][tmp]);}}cout<<f[N]<<endl;return 0;}T2 树这个题看似⼜+1⼜xor但其实只需要⼀个trick考虑对所有树建⽴01trie树但这⾥从低位向⾼位建⼀个点的信息传到⽗亲那⾥要+1考虑在这样的01trie树上进位不难发现每次就是交换当前点的左右⼉⼦然后对于交换后的ch[x][0]继续这个过程同时维护每个节点的size即可算出答案对于⼀次操作时间复杂度是O(logn)的再结合树上trie树合并时间复杂度是O(nlogn)下⾯是考后写的⼤常数代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long longchar buf[1<<20],*p1,*p2;#define GC (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?0:*p1++) template<class T> inline void read(T &n){char ch=GC;T w=1,x=0;while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') w=-1;ch=GC;}while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=GC;}n=x*w;}const int maxn=525015;int n,v[maxn];int last[maxn],Next[maxn],to[maxn],cnt;inline void addedge(int x,int y){Next[++cnt]=last[x];last[x]=cnt,to[cnt]=y;}int root[maxn],ch[maxn*22][2],st[maxn*22],top,tot;int size[maxn*22],val[maxn*22];inline int newnode(){int rt=top?st[top--]:++tot;ch[rt][0]=ch[rt][1]=size[rt]=val[rt]=0;return rt;}inline void pushup(int rt,int d){size[rt]=size[ch[rt][0]]+size[ch[rt][1]];val[rt]=val[ch[rt][0]]^val[ch[rt][1]];val[rt]^=((size[ch[rt][1]]&1)<<d);}void insert(int &rt,int x,int d){if(!rt) rt=newnode();if(d==21){size[rt]++;return;}if((x>>d)&1) insert(ch[rt][1],x,d+1);else insert(ch[rt][0],x,d+1);pushup(rt,d);}int merge(int x,int y){if(!x||!y) return x+y;int z=newnode();size[z]=size[x]+size[y];val[z]=val[x]^val[y];ch[z][0]=merge(ch[x][0],ch[y][0]);ch[z][1]=merge(ch[x][1],ch[y][1]);st[++top]=x,st[++top]=y;return z;}void add(int rt,int d){swap(ch[rt][0],ch[rt][1]);if(ch[rt][0]) add(ch[rt][0],d+1);pushup(rt,d);}ll ans;void dfs(int x){for(int i=last[x];i;i=Next[i]){dfs(to[i]);root[x]=merge(root[x],root[to[i]]);}add(root[x],0);insert(root[x],v[x],0);ans+=val[root[x]];}int main(){read(n);for(int i=1;i<=n;i++) read(v[i]);for(int i=2,x;i<=n;i++) read(x),addedge(x,i);dfs(1);cout<<ans<<endl;return 0;}T3 作业题求边权gcd为x的⽣成树个数可以⽤莫⽐乌斯反演+矩阵树定理解决这个套路是但这⾥要求⽣成树边权和*gcd但是变元矩阵树只能求边权之积考虑将矩阵的节点记为⼀个pair(a,b)表⽰(所有⽅案的边权总和,⽅案总数)(a,b)+(c,d)记为(a+b,c+d)(a,b)*(c,d)记为(a*d + b*c，b*d)⾼斯消元求到最后答案的第⼀维就是边权和证明可以考虑矩阵树定理本⾝的意义下⾯是考场上的⼤常数代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long longtemplate <class T> inline void read(T &n){T w=0,t=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')t=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){w=(w<<3)+(w<<1)+(ch^48);ch=getchar();} n=w*t;}const int maxn=31;const int mod=998244353;inline int add(int x,int y){x+=y;return x>=mod?x-mod:x;}inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}int quick_pow(int x,int y){int res=1;while(y){if(y&1) res=mul(res,x);x=mul(x,x),y>>=1;}return res;}inline int getinv(int x){return quick_pow(x,mod-2);}struct data{int x,y;data(int _x=0,int _y=0) {x=_x,y=_y;}friend data operator +(data a,data b){return data(add(a.x,b.x),add(a.y,b.y));}friend data operator -(data a,data b){return data(add(a.x,mod-b.x),add(a.y,mod-b.y));}friend data operator *(data a,data b){return data(add(mul(a.x,b.y),mul(a.y,b.x)),mul(a.y,b.y)); }friend data operator /(data a,data b){int tmp=mul(a.y,getinv(b.y));int tp=add(a.x,mod-mul(b.x,tmp));return data(mul(tp,getinv(b.y)),tmp);}};data F[maxn][maxn];data Gauss(int N){data res(0,1);for(int i=1;i<=N;i++){if(!F[i][i].y){int k=0;for(int j=i+1;j<=N;j++)if(F[j][i].y){k=j;break;}if(!k) return 0;for(int j=i;j<=N;j++) swap(F[i][j],F[k][j]);res=res*data(mod-1,mod-1);}res=res*F[i][i];for(int j=i+1;j<=N;j++){data tmp=F[j][i]/F[i][i];for(int k=i;k<=N;k++) F[j][k]=F[j][k]-(F[i][k]*tmp);}}return res;}int n,m;struct edge{int x,y,z;edge(int _x=0,int _y=0,int _z=0){x=_x,y=_y,z=_z;}};const int maxm=152501;vector <edge> E[maxm+5];int isp[maxm+5],pri[maxm+5],tot,mu[maxm+5];void init(){mu[1]=1;for(int i=2;i<=maxm;i++){if(!isp[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=maxm;j++){isp[i*pri[j]]=1;if(i%pri[j]==0) break;mu[i*pri[j]]=-mu[i];}}}int res[maxm+5],cnt[maxm+5];int main(){read(n),read(m),init();int Max=0;for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++){read(x),read(y),read(z);Max=max(Max,z);int d=floor(sqrt(z));for(int j=1;j<=d;j++){if(z%j) continue;E[j].push_back(edge(x,y,z));if(z/j!=j) E[z/j].push_back(edge(x,y,z));}}for(int i=1;i<=Max;i++){if(E[i].size()<n-1) continue;for(int j=1;j<=n;j++)for(int k=1;k<=n;k++) F[j][k]=data();for(int j=0;j<(int)E[i].size();j++){int x=E[i][j].x,y=E[i][j].y,z=E[i][j].z;F[x][x]=F[x][x]+data(z,1);F[y][y]=F[y][y]+data(z,1);F[x][y]=F[x][y]-data(z,1);F[y][x]=F[y][x]-data(z,1);}res[i]=Gauss(n-1).x;}int ans=0;for(int i=1;i<=Max;i++){for(int j=i;j<=Max;j+=i) cnt[i]=add(cnt[i],mul(add(mu[j/i],mod),res[j])); ans=add(ans,mul(cnt[i],i));}cout<<ans<<endl;return 0;}Processing math: 0%。

2020保加利亚IMO代表队选拔考试-中文翻译在Dragomir Grozev的博客上看到了半年前保加利亚TST的解答.于是把题目翻译了出来.却忘记了丿神早就从保加利亚语翻译过了.该博客的链接我放不进"阅读原文"里.就放在这里吧: /1.锐角内接于圆, 且. 在线段上取点,以CD为直径作圆, 与再次相交于点. 取中点, 直线与再次相交于点. 过作切线,两者交于点. 过作垂线, 垂足为. 在直线上取点,使得在线段上. 证明: 当且仅当时,.2.给定两个奇正整数 , 求证: 对任意,存在 ,使得与中,至少有一个被整除.3.对集合,设表示它的满足如下两个条件的子集所组成的集合:1)的所有元子集都属于2)对任意非空的集合,存在元素使得求可能的最小值.4.伊万在一个的棋盘上玩游戏, 规则如下: 在每一步中, 伊万选择一个空单元格,放入一枚棋子. 这个空单元格需满足, 与它同行或同列的的单元格中棋子个数之和为偶数. 当伊万不能放下棋子时, 游戏结束. 那么, 伊万至少需要放下多少枚棋子,才能使游戏结束?5.(本题与2000土耳其TST雷同)给定函数,使得. 证明:存在线性可加的唯一函数 (即 ) 使得对任意成立.6.中, , 分别为所对旁心. 过作平行线,与交于. 取中点, 设所对旁切圆与直线切于点. 点满足, 且在同侧. 直线与直线分别交于点,证明:共圆.久霖竞赛田的B站视频up主已经开通！专业念答案，童叟无欺！扫描下方的二维码，过来看看吧！老子在道德经中说：飘风不终朝，骤雨不终日。

这是什么意思呢？按我的理解，飘风和骤雨并不是常见的天气，应该说有一些反常。

反常的东西，往往都不能持久，即使是大自然的伟力也是如此。

其实不只是天气，在生活中到处都有这样的例子。

我们学习数学竞赛，当然也不能免俗。

如果逞一时之勇，疯狂刷题，投入大量时间学习，即使短时间内效果很好, 能持续多久呢？也许咬牙苦撑的话，能够持续整个高中生涯吧。