T1：角谷猜想
模拟
代码实现
n = int(input())
while n > 1:
if n%2 == 1:
n = n*3+1
else:
n //= 2
print(n, end=' ')
T2：屏幕比例
约分
代码实现
// py
import math
x, y = map(int, input().split('*'))
g = math.gcd(x, y)
x //= g
y //= g
print('%d:%d' % (x, y))
// C++
#include <bits/extc++.h>
using std::cin;
using std::cout;
using std::gcd;
int read() {
int x = 0;
char c;
while (c < '0' or c > '9') c = getchar();
while ('0' <= c and c <= '9') {
x = x*10+(c-'0');
c = getchar();
}
return x;
}
int main() {
int x = read(), y = read();
int g = gcd(x, y);
x /= g;
y /= g;
cout << x << ':' << y << '\n';
return 0;
}
T3：最大子串
方法一：
枚举起点和终点，有 \(O(n^2)\) 种可能性。对于每个序列我们可以遍历其所有数，求出序列的数字和。总复杂度：\(O(n^3)\)
方法二：
引入 \(s\) 数组，表示前缀和，s[i] 表示前 \(i\) 个数之和。于是起点为 \(i\)，终点为 \(j\) 的数字和就是 \(s[j] - s[i-1]\)。总复杂度：\(O(n^2)\)
方法三：
定下终点，因为我们求的是最大子段和，其实只需要考虑 \(i \leqslant j\) 的情况下最小的 \(s[i-1]\)。总复杂度: \(O(n)\)
代码实现
#include <bits/extc++.h>
#define rep(i, n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
using std::cin;
using std::cout;
using std::min;
using std::max;
using std::vector;
int main() {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
rep(i, n) cin >> a[i];
vector<int> s(n+1);
rep(i, n) s[i+1] = s[i]+a[i];
int ans = 0;
int mn = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int now = s[i]-mn;
ans = max(ans, now);
mn = min(mn, s[i]);
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
T4：独特数
50分暴力做法：
任给一个正整数 \(x\)，我们可以 \(\log(x)\) 地判断出这个 \(x\) 是不是独特数
遍历 \(1 \sim N\)，检查每个数是否是独特数
优化1：
借助估算，我们找一个比较接近的位置再做遍历
优化2：
当我们遍历遇到一个非独特数的时候，我们可以大步前进，而不是一直 i++，具体跨越的步数和第一次出现重复的位置相关
代码实现
#include <bits/extc++.h>
#define rep(i, n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
using std::cin;
using std::cout;
int n;
int rMax, total;
int cnt[10];
void getrMax() { // 给出一个上界，保证第 n 大的独特数小于等于 rMax；total 表示 1~rMax 一共有多少个独特数
for (int i = 1, x = 1; i <= 10; ++i) { // 考虑 i 位的数
// x 表示任意一个数开头的 i 位数存在多少个独特数
if (i > 1) x *= 11-i;
for (int l = 1; l <= 9; ++l) { // 首位
total += x;
if (total >= n) {
rMax = (l+1)*pow(10, i-1)-1;
return;
}
}
}
}
int main() {
cin >> n;
getrMax();
for (int i = rMax; i >= 1; --i) {
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
// 1. 判断 i 是不是独特数
int x = i;
int b = 10, s = 1; // b 和 s 都是 10 的幂次，保证 b>i>=s，为了确定有几位数
while (b <= x) {
b *= 10;
s *= 10;
}
bool ok = true;
while (s) {
if (cnt[x%b/s] > 0) { // 表示 i 不是独特数，并且此时遇到的第一个重复
// 2. 如果步数，步幅大步前进
i -= s-1;
ok = false;
break;
}
cnt[x%b/s]++;
b /= 10; s /= 10;
}
// 如果是，计数
if (ok and total == n) {
cout << i << '\n';
return 0;
}
if (ok) total--;
}
return 0;
}
T5：匹配括号（四）
本题对栈的理解比较深
结论：括号有效---匹配完
引入深度的概念。从左往右扫，遇到左括号就深度+1，遇到右括号就深度-1
当我们讨论左括号的深度的时候，就是这个位置的深度（会把自己的+1算上）
当我们讨论右括号的深度的时候，不会算上自己的-1
其实我们最后要求的整个序列的值，就是所有深度为 1 的括号的值的和
当我们考虑一对深度为 \(k\) 的括号的值得时候，其实就是它内部所有深度为 \(k+1\) 的值的和，然后乘 2
唯一的特殊情况是，内部如果为空，则值直接等于 \(1\)
代码实现
#include <bits/extc++.h>
#define rep(i, n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
using namespace std;
using ll = long long;
//const int mod = 998244353;
const int mod = 1000000007;
struct mint {
ll x;
mint(ll x=0):x((x%mod+mod)%mod) {}
mint operator-() const {
return mint(-x);
}
mint& operator+=(const mint a) {
if ((x += a.x) >= mod) x -= mod;
return *this;
}
mint& operator-=(const mint a) {
if ((x += mod-a.x) >= mod) x -= mod;
return *this;
}
mint& operator*=(const mint a) {
(x *= a.x) %= mod;
return *this;
}
mint operator+(const mint a) const {
return mint(*this) += a;
}
mint operator-(const mint a) const {
return mint(*this) -= a;
}
mint operator*(const mint a) const {
return mint(*this) *= a;
}
mint pow(ll t) const {
if (!t) return 1;
mint a = pow(t>>1);
a *= a;
if (t&1) a *= *this;
return a;
}
// for prime mod
mint inv() const {
return pow(mod-2);
}
mint& operator/=(const mint a) {
return *this *= a.inv();
}
mint operator/(const mint a) const {
return mint(*this) /= a;
}
};
istream& operator>>(istream& is, mint& a) {
return is >> a.x;
}
ostream& operator<<(ostream& os, const mint& a) {
return os << a.x;
}
const int MX = 200005;
mint val[MX/2]; // dp[k] 表示所有深度为 k 的括号的和
int main() {
string s;
cin >> s;
int depth = 0;
rep(i, s.size()) {
if (s[i] == '(') {
depth++;
}
else {
if (s[i-1] == '(') val[depth] += 1;
val[depth] += mint(2)*val[depth+1];
val[depth+1] = 0;
depth--;
}
}
cout << val[1] << '\n';
return 0;
}
解法2：栈
具体细节见 LC856
代码实现
#include <bits/extc++.h>
#define rep(i, n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
using namespace std;
using ll = long long;
//const int mod = 998244353;
const int mod = 1000000007;
struct mint {
ll x;
mint(ll x=0):x((x%mod+mod)%mod) {}
mint operator-() const {
return mint(-x);
}
mint& operator+=(const mint a) {
if ((x += a.x) >= mod) x -= mod;
return *this;
}
mint& operator-=(const mint a) {
if ((x += mod-a.x) >= mod) x -= mod;
return *this;
}
mint& operator*=(const mint a) {
(x *= a.x) %= mod;
return *this;
}
mint operator+(const mint a) const {
return mint(*this) += a;
}
mint operator-(const mint a) const {
return mint(*this) -= a;
}
mint operator*(const mint a) const {
return mint(*this) *= a;
}
mint pow(ll t) const {
if (!t) return 1;
mint a = pow(t>>1);
a *= a;
if (t&1) a *= *this;
return a;
}
// for prime mod
mint inv() const {
return pow(mod-2);
}
mint& operator/=(const mint a) {
return *this *= a.inv();
}
mint operator/(const mint a) const {
return mint(*this) /= a;
}
};
istream& operator>>(istream& is, mint& a) {
return is >> a.x;
}
ostream& operator<<(ostream& os, const mint& a) {
return os << a.x;
}
int main() {
string s;
cin >> s;
stack<mint> st;
st.push(0);
for (char c : s) {
if (c == '(') st.push(0);
else {
mint v = st.top(); st.pop();
st.top() += max(2*v.x, 1ll);
}
}
cout << st.top() << '\n';
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号