牛客周赛 Round 112

(0条未读通知) 牛客竞赛_ACM/NOI/CSP/CCPC/ICPC算法编程高难度练习赛_牛客竞赛OJ

国庆中秋玩后第一场vp，选择了一个比较简单的周赛，兴许是想挑软柿子捏🤭，写了5题还行，做个总结，一步一步恢复状态。

这场的D是个典题，位运算贪心，每一位贡献独立，贪心从高位，在兼顾前面高位的选择下添加新的位的贡献，是否能够满足条件。

A题

模拟

给定总队伍数$n$和排名$k$，问能拿那个牌子。

题解：规定金奖数量为$d=\lceil \frac{x}{10}\rceil$，银牌数量为$2\times d$，铜牌数量为$3\times d$，也就是$[1,d]$为金奖，$[d+1,3\times d]$为银奖，$[3\times d+1,6\times d]$为铜奖，剩下的就打铁啦。那我们看$k$在那个区间就好。

B题

贪心

小苯有$n$张带点数的卡牌，第$i$张的卡牌点数为$a_i$，小苯现在要选一张去和小红比大小，他想选一张尽可能大的牌，现在小苯可以选择以下操作任意次：

任意地选择 $k\ (1 \leqq k \leqq |a|)$ 张牌（不能超过当前的牌总数）弃掉，同时获得一张点数为 $k$ 的牌。

现在求小苯能够获得的最大的牌的点数是多少。

题解：我们考虑小苯能够获得的牌，因为弃牌是会新增加一张牌，对剩下的牌的点数没有影响，所以我们考虑使用操作和不使用操作能够获得的最大点数就好，在二者取$max$。

C题

思维

小红给了小苯一个长度为 $n$ 的 $01$ 串，一开始所有的字符均为黑色，小红希望小苯将所有的字符均涂成红色。
为此小苯可以做以下操作任意次：
$\hspace{23pt}\bullet\ $ 选择一个非空的子序列（可以不连续），满足子序列中所有的字符均为黑色，且此子序列是一个回文的字符串，将这个子序列的所有字符均涂红。

现在找到达到小红要求的最小操作次数。

题解：很容易可以看出答案上限为2，也就是我们单独操作1和0，这样一定2次就可以。然后我们考虑什么时候可以一次就行，发现只有当给定的01串为回文串，那么一次就行。用一个双指针判断一下就好。

时间复杂度为$O(n)$。

D题

贪心，位运算

小苯在研究一种特殊的数字配对问题。给定 $2\times n$ 个正整数 $a_1,a_2,...,a_{2n}$，需要将它们恰好平分成 $2$ 组，每组的"配对值"定义为每组 $n$ 个数的按位与（$\rm AND$）。

定义两个组的"总和谐度"为两组"配对值"的最大值。

现在小苯想知道，在所有可能的分组方式中，能够获得的最大总和谐度是多少？

题解：我们从答案入手，从高到底考虑答案的每一位二进制，有$ans_i=1$，当且仅当$\sum_{j=1}^{2\times n}{a_{j,i}=1}\geq n$，$a_{j,i}$表示$a_j$的二进制第$i$位。由于每一位的贡献是独立的，且高位的贡献大于所有低位贡献和，所以从高位贪心一定是对的，每次我们检查在保证高位成立的情况下，新添加的位也能满足条件，那么将新添加的位的贡献加入答案，这里判断条件即为上面那个式子。

时间复杂度为$O(n\log{V})$。

void solve() {
	int n;
	cin >> n;
	vector<int> a(2*n+1);
	for(int i=1;i<=2*n;i++){
		cin >> a[i];
	}
	auto check=[&](int mid)->bool{
		int cnt=0;
		for(int i=1;i<=2*n;i++){
			if((a[i]&mid)==mid) cnt++;
		}
		return cnt>=n;
	};
	int ans=0;
	for(int i=31;i>=0;i--){
		if(check(ans|1<<i)){
			ans|=1<<i;
		}
	}
	cout << ans << endl;
}

E题

数学，容斥原理

由于经常做不出 $\gcd$ 题，因此小苯不喜欢 $\gcd$，所以小苯认为：数组的 $\gcd$ 不存在于数组中的话，则该数组是美丽的。

他现在有一个长度为 $n$ 的序列 $a$，请你帮他算一算，$a$ 中有多少个非空子序列（不要求连续）是美丽的数组吧。

题解：一个子序列$A$，其$g=\gcd_{v\in A}{(g,v)}\notin A$，我们称这样的子序列为美丽的。那么我们正面去找美丽子序列并不好维护，相反我们不美丽的子序列非常好找，我们枚举$A$的$g$，然后所有$g\mid v$的$v$显然都可以在$A$集合中，且$A$集合至少包含一个$g$，那么就保证了$A$的$gcd=g$，因为值域并不大，这样是可行的。

根据容斥原理：$美丽子序列数量=2^n-1-不美丽子序列数量$，那么问题转化为求不美丽的子序列数量，我们按照上面的分析可以写出下面公式：

\[ans=2^n-1-\sum_{g=1}^{mx}{f(g)},其中f(g)=(2^{cnt_g}-1)\times(2^{sum_g-cnt_g})\\cnt_g表示值为g的数量，sum_g表示为g的倍数的数的数量 \]

$sum_g$可以用因数分解求出，时间复杂度为$O(n\sqrt{n})$，每次求$2^k$用快速幂时间复杂度为$O(n\log{n})$，最后总时间复杂度为为$O(n\sqrt{n}+n\log{n})$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 1e18
#define endl '\n'
#define int long long
typedef  long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
int dx[4] = {1, 0, -1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
const int N = 2e5 + 9, M = 2e5 + 9, mod = 998244353;
int ksm(int b,int p){
	int res=1;
	while(p){
		if(p&1) res=res*b%mod;
		b=b*b%mod;
		p>>=1;
	}
	return res;
}
void solve() {
	int n;
	cin >> n;
	int mx=0;
	vector<int> a(n+1),vis(n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin >> a[i];
		vis[a[i]]++;
		mx=max(mx,a[i]);
	}
//	sort(a.begin()+1,a.end(),greater<int>());
	vector<int> cnt(n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j*j<=a[i];j++){
			if(a[i]%j==0){
				cnt[j]++;
				if(a[i]/j*a[i]/j!=a[i]) cnt[a[i]/j]++;
			}
		}
	}
	int ans=ksm(2,n)-1;
	for(int g=1;g<=mx;g++){
		if(vis[g]){
			ans=(ans-(ksm(2,vis[g])-1)*ksm(2,cnt[g]-vis[g])%mod+mod)%mod;
		}
	}
	cout << ans << endl;
}
/*
分解每个数的因数，然后统计gcd为g的每个子序列个数
*/
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t = 1;
	cin >> t;
	while (t--) {
		solve();
	}
	return 0;
}

F题

$\hspace{15pt}$小苯有一个括号串 $S$，但这天淘气的小红将 $S$ 切分成了恰好 $n$ 个更短的括号串。小苯想知道，用这 $n$ 个短括号串前后拼接复原出一个合法的括号串，有多少种不同的拼接方案。
$\hspace{15pt}$（注意：每个括号都要用恰好一次。）

$\hspace{15pt}$每个测试文件均包含多组测试数据。第一行输入一个整数 $T\ (1\leqq T\leqq 10)$ 代表数据组数，每组测试数据描述如下：

$\hspace{15pt}$第一行一个正整数 $n\ (1 \leqq n \leqq 20)$，表示短括号串的个数。
$\hspace{15pt}$接下来 $n$ 行，每行一个括号串 $s\ (1 \leqq |s| \leqq 10^6)$，表示每个短括号串。（保证只由 '(' 和 ')' 两种字符构成。）

$\hspace{15pt}$除此之外，保证单个测试文件的 $|s|$ 之和不超过 $10^6$。

前置知识：合法括号

对于长度为$n$的括号串$S$，将(看作1，)看作-1，那么$S$合法的充要条件为：

对于任意前缀$pre_i\geq 0$
$pre_n=0$

这个是很容易证明的。

从上面可以看到一个暴力的做法就是全排列然后检查，时间复杂度为$O(n!\times |S|)$，显然是过不了的。

对于$n=20$，我们可以考虑状压$dp$来求解方案数。对于状态$i$，定义$cnt_i$表示状态$i$的前缀和，$sum_i$表示第$i$个子串的值，$dp_i$表示状态$i$的合法方案数，选择当前没有使用过的子串$j$将其拼接在状态$i$的后面，那么必须满足$\min_{k=0}^{|S_{j,k}|-1}{pre_k}+cnt_i\geq0$，那么就可以进行转移，$dp[i|1<<j]+=dp[i]，cnt[i|1<<j]=cnt[i]+sum[j+1]$，还有一个特判，因为最后整个串$S$要求其前缀和为0，而如果$S_{len}> 0$，上面也是可以进行转移的，所以最后特判一下$cnt_n=0$就好。

我们在读入的时候，预处理$sum_i$和$mn_i$数组就好。

时间复杂度为$O(2^n\times n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 1e18
#define endl '\n'
#define int long long
typedef  long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
int dx[4] = {1, 0, -1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
const int N = 2e5 + 9, M = 2e5 + 9, mod = 1e9 + 7;

void solve() {
	int n;
	cin >> n;
	vector<int> sum(n + 1), mn(n + 1, inf);
	//pre[i]为第i个串的前缀和，mn为第i个串的前缀和的最小值
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		string s;
		cin >> s;
		int m = s.size();
		int tt = 0;
		for (int j = 0; j < m; j++) {
			tt += (s[j] == '(' ? 1 : -1);
			mn[i] = min(mn[i], tt);
		}
		sum[i] = tt;
	}
	//cnt[i]表示状态i的前缀和
	vector<int> dp(1 << n, 0), cnt(1 << n, -inf);
	dp[0] = 1;
	cnt[0]=0;
	for (int i = 0; i < (1 << n); i++) {
		for (int j = 0; j < n; j++) {
			if (!(i >> j & 1)) {
				if(cnt[i]+mn[j+1]<0) continue;
				dp[i|(1<<j)]=(dp[i|(1<<j)]+dp[i])%mod;
				cnt[i|(1<<j)]=cnt[i]+sum[j+1];
			}
		}
	}
	if(cnt[(1<<n)-1]!=0){
		cout << 0 << endl;
	}else cout << dp[(1<<n)-1] << endl;
}
/*

*/
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t = 1;
	cin >> t;
	while (t--) {
		solve();
	}
	return 0;
}

posted @ 2025-10-09 16:13 alij 阅读(47) 评论(0) 收藏举报

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