2024牛客寒假算法基础集训营1（补题）
A
n的范围很小暴力直接\(O(n^3)\)直接做就行。
我还傻的统计了一下前后缀，不过怎么写都行这道题。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N=30,mod=1e9+7;
int n,m,a[N],b[N],k;
int f[60][60];
char s[60];
int l[60],r[60];
bool st=false;
void solve()
{
int n;cin>>n;
rep(i,1,59) l[i]=r[i]=0;
cin>>(s+1);
//DFS
map<char,int>cnt;
rep(i,1,n)
{
if(cnt.find('D')!=cnt.end()) l[i]=1;
cnt[s[i]]=1;
}
cnt.clear();
fep(i,n,1)
{
if(cnt.find('S')!=cnt.end()) r[i]=1;
cnt[s[i]]=1;
}
//
bool st=1;
rep(i,1,n)
{
if(s[i]=='F'&&l[i]==1&&r[i]==1)
{
cout<<1<<' ';
st=0;
break;
}
}
if(st) cout<<0<<' ';
//dfs
st=1;
rep(i,1,59) l[i]=r[i]=0;
cnt.clear();
rep(i,1,n)
{
if(cnt.find('d')!=cnt.end()) l[i]=1;
cnt[s[i]]=1;
}
cnt.clear();
fep(i,n,1)
{
if(cnt.find('s')!=cnt.end()) r[i]=1;
cnt[s[i]]=1;
}
rep(i,1,n)
{
if(s[i]=='f'&&l[i]==1&&r[i]==1)
{
cout<<1<<' ';
st=0;
break;
}
}
if(st) cout<<0<<' ';
cout<<endl;
}
signed main()
{
IOS
// freopen("1.in", "r", stdin);
int _;
cin>>_;
while(_--)
solve();
return 0;
}
B
赛时的思路是：周围三个点特判，然后左边求最小和右边求最小，最后和特判取最小。
代码写的比较一坨很乱，最后也没调出来。
遇见这种感觉还是重写吧。
主要就是分类讨论
- 看鸡左边被堵没有
- 看鸡右边被堵没有
- 看鸡左边有没有火
- 看鸡右边有没有火
- 特判（2，0）
自己写的太丑了，放一份加了注释的jls的代码吧。
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
//left1表示左边是否有火，right1表示右边是否有火
//left2表示左边是否能堵住鸡，right2表示右边是否能堵住鸡
int left1 = 0, left2 = 0;
int right1 = 0, right2 = 0;
std::set<std::pair<int, int>> s;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int r, c;
std::cin >> r >> c;
if (c <= 0) {
left1 = 1;
}
if (c >= 0) {
right1 = 1;
}
s.emplace(r, c);
}
for (auto [r, c] : s) {
if (!c) {
continue;
}
//这里和3异或真的简化了很多代码
if (s.count({r ^ 3, c}) || s.count({r ^ 3, c + (c > 0 ? -1 : 1)})) {
if (c > 0) {
right2 = 1;
} else {
left2 = 1;
}
}
}
int ans = 4 - left1 - left2 - right1 - right2;
ans = std::min(ans, int(3 - s.count({2, 0}) - s.count({1, -1}) - s.count({1, 1})));
std::cout << ans << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
int t;
std::cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
C
\(S_{min}=所有人办事的时间+等待时间\)
\(等待时间=T_1 * n + T_2 * (n-1)+...+ T_n * 1\)
这就转化成了一个经典的问题排序不等式
当\(T_1、T_2、...、T_n\)按从小到大的对应和n~1相乘
然后看鸡能查到谁的前面
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N=1e5+10,mod=1e9+7;
int n,q,tc;
int t[N],d[N];
//x为鸡插队的时间
bool check(int x,int m)
{
//找到受鸡插队影响的第一个位置
int l=1,r=n;
int k=upper_bound(d+1,d+1+n,x)-d;
int sum=(n-k+1)*tc;
return sum<=m;
}
void solve()
{
cin>>n>>q>>tc;
rep(i,1,n) cin>>t[i];
sort(t+1,t+1+n);
int sm=0;
//计算每个人不满意度,sm就是没插队的最小不满意度
//di也是每个人完成工作的时间
rep(i,1,n) d[i]=d[i-1]+t[i],sm+=d[i];
rep(i,1,q)
{
int m;cin>>m;
int l=0,r=d[n];
while(l<r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid,m)) r=mid;
else l=mid+1;
}
cout<<l+tc<<endl;
}
}
signed main()
{
IOS
// freopen("1.in", "r", stdin);
int _;
// cin>>_;
// while(_--)
solve();
return 0;
}
D
代码是参考jls的，写的真的很优雅
思路：
这里有一个小\(trick\),数相乘的话会很大，而\(M\)只有\(1e9\),\(2^30\)就会到达\(1e9\)。
也就是说，不为0的数相乘很快会超范围有很多不合法的。
对于相同的数，平移的话是都是一样的。
我们考虑不同的数有多少个。
不同的数最多有20个，20个的话就会相乘就会超范围。
然后里面就暴力去瞎搞就行
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define _for(i,a,b) for(int i=(a); i<(b); ++i)
#define pii pair<int, int>
#define pdd pair<double,double>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define vi vector<int>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10,mod=1e9+7,K=4e4,inf=1e9;
void solve() {
int n,Q;
cin>>n>>Q;
map<int,int>cnt;
rep(i,1,n) {
int a;
cin>>a;
cnt[a]+=1;
}
set<int>s{0};
//只有当不同的数为20个以内时乘起来才不会超出范围
if(cnt.size()<=20) {
//将map中的内容复制到vector中
vector<pii>a(cnt.begin(),cnt.end());
int n=a.size();
int d=a[0].x-K;
//枚举每一个数
_for(i,0,n) {
//枚举每一个数进行两种操作的总的变化量
for(d=max(d,a[i].x-K); d<=a[i].first+K;d++) {
//从前往后算一遍答案
int res=1;
_for(j,0,n) {
//看一下这个数会变成的数，v
int v=a[j].x-d;
//1的话对res没有影响
if(v==1) {
continue;
}
//-1的话看值为这个数的有多少个
if(v==-1) {
if(a[j].y%2==1) {
res*=-1;
}
continue;
}
//两个都不是的话就把，所有值为这个数的都乘上去
_for(c,0,a[j].y) {
res*=v;
//中间溢出范围直接退出
if(abs(res)>inf) {
break;
}
}
//溢出的话直接退出
if(abs(res)>inf) {
break;
}
}
//满足的话用set存一下，供查询
if(abs(res)<=inf) {
s.insert(res);
}
}
}
}
while(Q--) {
int M;
cin>>M;
if(s.count(M)) {
cout<<"Yes"<<endl;
} else {
cout<<"No"<<endl;
}
}
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
// freopen("1.in", "r", stdin);
int _;
// cin>>_;
// while(_--)
solve();
return 0;
}
E
e题看到数据范围n和m都很小，dfs，对于每场比赛，ab两位选手，考虑每场比赛。
ab两位选手
- a胜b败
- a败b胜
- ab平局
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N=20,mod=1e9+7;
int n,m,ans;
struct node
{
int val,idx;
bool operator <(const node t)
{
return val>t.val;
}
}a[N],b[N];
PII op[N];
void dfs(int u)
{
if(u==m+1)
{
memcpy(b,a,sizeof a);
sort(b+1,b+1+n);
// cout<<"AAAAAA"<<endl;
// rep(i,1,n) cout<<a[i].idx<<' '<<a[i].val<<endl;
int k=0;
rep(i,1,n) if(b[i].idx==1) k=i;
ans=min(ans,k);
return;
}
int x=find(op[u].x),y=find(op[u].y);
//x胜
a[x].val+=3;
dfs(u+1);
a[x].val-=3;
//y胜
a[y].val+=3;
dfs(u+1);
a[y].val-=3;
//平局
a[x].val+=1;
a[y].val+=1;
dfs(u+1);
a[x].val-=1;
a[y].val-=1;
}
void solve()
{
cin>>n>>m;
ans=n;
rep(i,1,n)
{
int x;cin>>x;
a[i]={x,i};
}
int k=0;
rep(i,1,m)
{
int x,y;cin>>x>>y;
if(x>y) swap(x,y);
op[++k]={x,y};
}
dfs(1);
cout<<ans<<endl;
return;
}
signed main()
{
IOS
// freopen("1.in", "r", stdin);
int _;
cin>>_;
while(_--)
solve();
return 0;
}
F
考的是知识点 第二类斯特林数
从题目还是比较容易看出来这是一道第二类斯特林数的题目的，直接从前往后求一遍通项公式。
需要补一下组合数学的知识
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pdd pair<double,double>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define vi vector<int>
using namespace std;
const int maxn=1e6+10,mod=1e9+7;
int ksm(int a,int b, int p){
int res=1;
while(b){
if(b&1) res=res*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return res;
}
int fac[maxn],invfac[maxn];
void solve() {
int n,m;
cin>>n>>m;
// vi fac(n+1),invfac(n+1);
fac[0]=invfac[0]=1;
rep(i,1,maxn){
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
invfac[i]=ksm(fac[i],mod-2,mod);
}
int ans=0;
rep(i,0,m){
ans+=((m-i)&1?-1:1)*ksm(i,n,mod)%mod*invfac[i]%mod*invfac[m-i]%mod;
ans%=mod;
}
cout<<(ans+mod)%mod<<endl;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
// freopen("1.in", "r", stdin);
int _;
// cin>>_;
// while(_--)
solve();
return 0;
}
G
前缀和,先对优惠卷按价格排序，然后根据优惠卷可叠加，我们可以知道只要优惠的钱+m>=商品原价就可以更新答案。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N=1e5+10,mod=1e9+7;
int n,m;
struct node
{
int x,y;
bool operator <(const node t)
{
return x<t.x;
}
}a[N];
void solve()
{
cin>>n>>m;
rep(i,1,n) cin>>a[i].x>>a[i].y;
sort(a+1,a+1+n);
int ans=0,sum=0;
rep(i,1,n)
{
sum+=a[i].y;
if(sum+m>=a[i].x)
{
ans=max(ans,sum+m);
}
}
if(!ans) cout<<m<<endl;
else cout<<ans<<endl;
}
signed main()
{
IOS
// freopen("1.in", "r", stdin);
int _;
cin>>_;
while(_--)
solve();
return 0;
}
H
位运算贪心
涉及到位运算的题一定要把数字当成二进制串看
并且不存在进位意味着--位和位之间是独立的。
一般都是贪心的考虑每一位。
对于m我们设第x位为1，设选中的物品与起来为sum，如果sum的第x位为0，那么第x位之后所有的位都是任意的
- 枚举第x位
- 选择物品的第x位是0
- 选择物品的高位应该是m高位的子集
- 低位任意
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back
using namespace std;
void solve()
{
int n,m;cin>>n>>m;
vector<int>v(n+1),w(n+1);
rep(i,1,n) cin>>v[i]>>w[i];
int ans=0;
auto check=[&](int s)
{
int res=0;
rep(i,1,n)
{
//==的优先级高于&
if((s&w[i])==w[i])
{
res+=v[i];
}
}
ans=max(ans,res);
};
check(m);
fep(i,29,0)
{
if((m>>i)&1)
{
check(m^(1<<i)|((1<<i)-1));
}
}
cout<<ans<<endl;
return;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
// freopen("1.in", "r", stdin);
int _;
cin>>_;
while(_--)
solve();
return 0;
}
I
两种方式的区别在于半径。
我们可以模拟题目中的过程然后在本地多跑几组数据看看r的均值有什么规律
技巧就是打表找规律
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=2010;
int mod=1e9+7;
void solve()
{
int n;cin>>n;
int s=0;
rep(i,1,n)
{
int x,y,r;cin>>x>>y>>r;
s+=r;
}
if(s/n<20.0) cout<<"bit-noob"<<endl;
else cout<<"buaa-noob"<<endl;
return;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
// freopen("1.in", "r", stdin);
int _;
cin>>_;
while(_--)
solve();
return 0;
}
J
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define _for(i,a,b) for(int i=(a); i<(b); ++i)
#define pii pair<int, int>
#define pdd pair<double,double>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define vi vector<int>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10,mod=1e9+7,K=4e4,inf=1e9;
int a[maxn];
int n,x,y;
bool check(int tar) {
set<int>S;
if(abs(x-y)<=tar) S.insert(y);
int lst=x;
rep(i,1,n){
if(S.size()&&abs(a[i]-lst)<=tar){
S.insert(lst);
}
while(S.size()&&abs(*S.begin()-a[i])>tar) S.erase(*S.begin());
while(S.size()&&abs(*S.rbegin()-a[i])>tar) S.erase(*S.rbegin());
lst=a[i];
}
return S.size();
}
void solve() {
cin>>n>>x>>y;
rep(i,1,n) {
cin>>a[i];
}
int l=0,r=1e9;
while(l<r) {
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) {
r=mid;
} else {
l=mid+1;
}
}
cout<<l<<endl;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
// freopen("1.in", "r", stdin);
int _;
// cin>>_;
// while(_--)
solve();
return 0;
}
K
基环树
L
这道题应该是个签到题。主要是题面有点吓人。
直接考虑光源在最下面，这种情况地上的未被照射到的面积应该是最大的。
面积很好求，就是一个等腰梯形的面积。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N=1e5+10,mod=1e9+7;
int n,q,tc;
void solve()
{
int c,d,h,w;cin>>c>>d>>h>>w;
db ans=1.0*(6*w)*c/2;
printf("%.5lf\n",ans);
}
signed main()
{
// IOS
// freopen("1.in", "r", stdin);
int _;
cin>>_;
while(_--)
solve();
return 0;
}
