牛客 周赛80 20240218
牛客 周赛80 20240218
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/101196
A：
题目大意：
#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
int main()
{
int x,y;
cin>>x>>y;
if (x-y>=0) cout<<x-y<<endl;
else cout<<"quit the competition!"<<endl;
return 0;
}
签到题，简单输出即可
B：
题目大意：序列中有 \(2*n\) 个元素，两两配对后计算差的绝对值，求任意组合后差的绝对值的最小值
#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
map<int,int> a;
vector<int> b;
int main()
{
int n;
cin>>n;
for (int i=1;i<=2*n;i++){
int t;
cin>>t;
a[t]++;
}
for (auto [key,val]:a){
if (val%2==1)
b.push_back(key);
}
sort(b.begin(),b.end());
long long ans=0;
for (int i=0;i<b.size();i+=2){
ans+=1ll*(b[i+1]-b[i]);//两两配对
}
cout<<ans;
return 0;
}
考虑两个元素相等时差最小，将不能抵消的元素放进数组内从小到大排序，两两配对
最后遍历数组累加差值即可
C：
题目大意：
#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
int n;
int a[100010];
int main(){
cin>>n;
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%1d",&a[i]);
int s=0,ans=0,cnt=0,f=0;//f表示必须举手的次数
for (int i=1;i<=n;i++){
if (a[i]==0){
cnt++;
s--;
}else
s++;
if (s<0){
f++;
s+=2;
ans=cnt;
}
}
if (f==0) cout<<n;
else if (f==1) cout<<ans;
else cout<<0;
return 0;
}
写的略有冗杂，核心思想是遍历数组，找到第一个必须举手的位置，那么这个位置连带之前的所有 0 都可以举手
如果最后都不用举手，那么随便一场都可以举手
特别的，如果举手后，后续仍然需要举手，说明不存在答案
D：
题目大意：与C背景相同，举手次数变为两次
#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define Trd int T;cin>>T;while (T--)solve();
#define LLinf 9e18;
#define Iinf 2e9
#define Lc p<<1
#define Rc p<<1|1
#define lc(x) tr[x].ch[0]
#define rc(x) tr[x].ch[1]
using namespace std;
long long n;
long long a[100010];
int main()
{
cin>>n;
for (long long i=1;i<=n;i++) scanf("%1lld",&a[i]);
long long sum=0,cnt=0,cnt1=0,cnt2=0,ans=0,f=0;
for (long long i=1;i<=n;i++){
if (a[i]==0){
cnt++;
sum--;
}else
sum++;
if (sum<0&&f==0){
sum+=2;
cnt1=cnt;
f++;
}
if (sum<0&&f==1){
sum+=2;
cnt2=cnt;
f++;
}
if (sum<0&&f==2){
f++;
break;
}
}
if (f==0) cout<<n*(n-1)/2;
else if (f==1) cout<<(n-cnt1)*cnt1+cnt1*(cnt1-1)/2;
else if (f==2) cout<<cnt1*(2*cnt2-cnt1-1)/2;
else cout<<0;
return 0;
}
同样的进行分类讨论
-
举手 \(0\) 次，答案为 \(C_n^2\)
-
举手 \(1\) 次，答案为第一次必须举手的方式乘上第二次随便举的方式 \((n-cnt_1)*cnt_1+C_{cnt_1}^2\)
即分成两类：第一次举 \(0\)，第二次举 \(1\) 与都举 \(0\)
-
举手 \(2\) 次，答案为一个等差数列：\(cnt_1*(cnt_2-1+cnt_2-cnt_1)/2\) ，简单推导即可
-
举手 \(3\) 次及以上，不满足题意无法举手
E：
题目大意：
#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define Trd int T;cin>>T;while (T--)solve();
#define LLinf 9e18;
#define Iinf 2e9
#define Lc p<<1
#define Rc p<<1|1
#define lc(x) tr[x].ch[0]
#define rc(x) tr[x].ch[1]
using namespace std;
int n;
char g[1010][1010];
int m[1010][1010];
bool vis[1010][1010];
int dx[]={0,1,0,-1};
int dy[]={1,0,-1,0};
void bfs(int sx,int sy){
queue<pair<int,int>> q;
q.push({sx,sy});
vis[sx][sy]=1;
int sum=1;
set<pair<int,int>> st;
while (q.size()){
auto t=q.front();
q.pop();
for (int i=0;i<4;i++){
int tx=t.first+dx[i],ty=t.second+dy[i];
if (tx<1||tx>n||ty<1||ty>n) continue;
if (g[tx][ty]=='.'){
st.insert({tx,ty});
}
if (g[tx][ty]=='*'&&!vis[tx][ty]){
vis[tx][ty]=1;
sum++;
q.push({tx,ty});
}
}
}
if (st.size()==1){
auto it=*st.begin();
m[it.first][it.second]+=sum;
}
}
int main()
{
cin>>n;
for (int i=0;i<=n+1;i++){
for (int j=0;j<=n+1;j++){
if (i==0||i==n+1||j==0||j==n+1) g[i][j]='#';//将边界设置为#，方便判断
else cin>>g[i][j];
}
}
for (int i=1;i<=n;i++){
for (int j=1;j<=n;j++){
if(g[i][j]=='*'&&!vis[i][j]){
bfs(i,j);//bfs连通块
}
}
}
int ans=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
ans=max(ans,m[i][j]);
cout<<ans;
return 0;
}
题意可知，当且仅当一个连通块边界上只有一个 '.' 时，这个连通块才能被吃掉
所以BFS跑一边，判断记录即可
难点在于处理多个连通块公用同一个 '.' 的情况，这个时候可以开一个图，存这个 '.' 能使多少个 '*' 被吃掉
BFS过程中，开 set 记录这个连通块边界上 '.' 的坐标
if (st.size()==1){//合法才记录
auto it=*st.begin();
m[it.first][it.second]+=sum;//累加当前 '.' 的贡献
}
G：
题目大意：
#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define Trd int T;cin>>T;while (T--)solve();
#define LLinf 9e18;
#define Iinf 2e9
#define Lc p<<1
#define Rc p<<1|1
#define lc(x) tr[x].ch[0]
#define rc(x) tr[x].ch[1]
using namespace std;
const long long mod=1e9+7;
long long x;
long long a1,a2,b1,b2;
long long dp[1010][1010];
long long quickpow(long long a,long long b,long long p){
long long t=1;
a%=p;
while (b){
if (b&1) t=t*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return t%p;
}
long long inv(long long a,long long p){
return quickpow(a,p-2,p)%mod;
}
int main()
{
cin>>x;
cin>>a1>>b1>>a2>>b2;
long long p1=a1*inv(b1,mod)%mod;
long long p2=a2*inv(b2,mod)%mod;
for (int i=0;i<=x-1;i++){
dp[x][i]=0;
dp[i][x]=1;
}
long long xp1=(1-p1+mod)%mod,xp2=(1-p2+mod)%mod;
for (int i=x-1;i>=0;i--){
for (int j=x-1;j>=0;j--){
dp[i][j]=(inv((1-(xp1*xp2)%mod+mod)%mod,mod)%mod *
(p1*xp2%mod*dp[i+1][j]%mod + p2*xp1%mod*dp[i][j+1]%mod + p1*p2%mod*dp[i+1][j+1]%mod)%mod)%mod;
}
}
cout<<(dp[0][0]+mod)%mod;
return 0;
}
动态规划，逆元
定义 \(dp_{i,j}\) 为小红下第 \(i\) 个小紫下第 \(j\) 个子时小红获胜的概率，那么可以由四种状态递推而来
- 小红吃，小紫不吃 \(\implies p_1*(1-p_2)*dp_{i+1,j}\)
- 小红不吃，小紫吃 \(\implies (1-p_1)*p_2*dp_{i,j+1}\)
- 小红吃，小紫也吃 \(\implies p_1*p_2*dp_{i+1,j+1}\)
- 小红，小紫都不吃 \(\implies (1-p_1)*(1-p_2)*dp_{i,j}\)
得到转移方程为
\[dp_{i,j}= p_1*(1-p_2)*dp_{i+1,j}+(1-p_1)*p_2*dp_{i,j+1}+p_1*p_2*dp_{i+1,j+1}+(1-p_1)*(1-p_2)*dp_{i,j}
\]
移项整理后得到
\[dp_{i,j}=\frac{1}{1-(1-p_1)*(1-p_2)}*[\ p_1*(1-p_2)*dp_{i+1,j}+(1-p_1)*p_2*dp_{i,j+1}+p_1*p_2*dp_{i+1,j+1}\ ]
\]
注意每次计算 \(\frac{1}{k}\) 时都需要取逆元，费马小定理
https://www.cnblogs.com/dianman/p/18706712
long long quickpow(long long a,long long b,long long p){
long long t=1;
a%=p;
while (b){
if (b&1) t=t*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return t%p;
}
long long inv(long long a,long long p){
return quickpow(a,p-2,p)%mod;
}
浙公网安备 33010602011771号