牛客 周赛77 20250222
牛客 周赛77 20250222
A：
题目大意：给定 \(n\) 输出指定字符串
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n;
cin>>n;
if (n==1) cout<<20250121;
if (n==2) cout<<20250123;
if (n==3) cout<<20250126;
if (n==4) cout<<20250206;
if (n==5) cout<<20250208;
if (n==6) cout<<20250211;
return 0;
}
签到
B：
题目大意：给定一个数组，判断重新排序后能否组成一个数组数组，当且仅当每个长度为 \(9\) 的连续子数组，都包含 \([1,9]\) 这 \(9\) 个数字
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[10];
int main()
{
int n;
cin>>n;
int x;
for (int i=0;i<n;i++){
cin>>x;
a[x]++;
}
int b=n/9;
bool f=1;
for (int i=1;i<=9;i++){
if (a[i]<b||a[i]>b+1){
f=0;
}
}
if (f) cout<<"YES";
else cout<<"NO";
return 0;
}
当且仅当数组内每个元素个数为 \(b,b+1\) 时满足题意
因为数组数组重新排列后可以组成一个特殊序列，即
每 \(9\) 个元素为一组，那么组数为 \(\lfloor\frac{n}{9}\rfloor\) ，多余的元素同样的在后面依次排列
C：
题目大意：给定二维平面直角坐标系，初始位置为 \((0,0)\) ，每次可以向上，下，左，右分别移动 \(a,b,c,d\) 的距离，判断给定的 \((x,y)\) 能否通过任意步数走到
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve(void){
int x,y,a,b,c,d;
cin>>x>>y>>a>>b>>c>>d;
int u=__gcd(a,b),v=__gcd(c,d);
if (x%v==0&&y%u==0) cout<<"YES"<<endl;
else cout<<"NO"<<endl;
}
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
solve();
return 0;
}
证明如下：
假设存在整数 \(x\) 能由整数 \(i,j\) 线性组合而成，那么可以写作：
设 \(i,j\) 的最小公约数为 \(p\) ，则有：
所以判断 \(x\) 能否由 \(i,j\) 线性组合而成只需要判断 \(x\) 能否由 \(gcd(i,j)\) 线性组合而成
D：
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 LL long long
#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;
int cnt[100100];
int fa[100100];
int find(int x){
if (fa[x]==x) return x;
else return fa[x]=find(fa[x]);
}
void merge(int x,int y){
int fx=find(x),fy=find(y);
if (fx!=fy){
fa[fx]=fy;
cnt[fy]+=cnt[fx];
}
}
void init(void){
for (int i=1;i<=100099;i++) fa[i]=i;
for (int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=1;
for (int i=n+1;i<=n+64;i++) cnt[i]=0;
}
void solve(void){
cin>>n;
init();
for (int i=1;i<=n;i++){
long long t;
cin>>t;
for (int j=0;j<64;j++){
if (t>>j&1)
merge(i,n+1+j);
}
}
int ans=0;
for (int i=n+1;i<=n+64;i++) ans=max(ans,cnt[i]);
cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
Trd;
return 0;
}
并查集的维护，为每个二进制位创建一个虚拟节点
当 \(w_i\ \&\ w_j\ge 1\) 时，它们就在一个集合内，所以按照二进制拆分的顺序，构造 \(64\) 个元素，他们的二进制表示遵循一个规则
都只有一个 \(1\) 并且所在的位都不相同，例如
00...001
00...010
00...100
........
这些虚拟节点表示 \(w\) 在哪一位上 \(\&\) 后可以构成一个集合
最后计算连通分量即可，注意初始化时，由于虚拟节点不算连通分量，那么应该初始化为 \(0\)
void init(void){
for (int i=1;i<=100099;i++) fa[i]=i;//并查集初始化
for (int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=1;//初始化n个真实节点
for (int i=n+1;i<=n+64;i++) cnt[i]=0;//初始化虚拟节点
}
通过位运算，来判断是否在一个集合内
for (int j=0;j<64;j++){//0~63位
if (t>>j&1)//如果&后为1，那么就要合并
merge(i,n+1+j);//合并节点
}
E：
题目大意：给定有 \(n\) 个字符的二进制串 \(s\) ，定义它的自省值为 \(s_1\ or\ s_2\ or\ s_3\ or\ \cdots\ or\ s_n\)，对于每次询问区间 \([l,r]\)，计算区间内所有连续子串的自省值之和
#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 LL long long
#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,q;
string s;
long long sum[200010];
int main()
{
cin>>n>>s>>q;
s='1'+s;
s+='1';
long long cnt=0;
long long sm=0;
set<int> st;
for (int i=0;i<=n+1;i++){
if (s[i]=='0') cnt++;
else{
st.insert(i);
sm+=cnt*(cnt+1)/2;
cnt=0;
}
sum[i]=sm;
}
while (q--){
long long l,r;
cin>>l>>r;
long long lt=*st.lower_bound(l);
long long rt=*prev(st.upper_bound(r));
if (rt<lt){
cout<<0<<endl;
continue;
}
long long ans=sum[rt]-sum[lt];
ans+=(lt-l)*(lt-l+1)/2+(r-rt)*(r-rt+1)/2;
cout<<(r-l+1)*(r-l+2)/2-ans<<endl;
}
return 0;
}
\(\&\) 计算，只有 \(0\ \&\ 0\) 时才为 \(0\) ，题目要求计算总数，那么答案可以被表示为连续子串总数减去为 \(0\) 的连续子串数
记区间 $[l,r] $ 的长度为 \(len\) ，那么答案为
平凡的，例如二进制串 \(s=00100100\)，给出的 \([l,r]=[1,7]\)，所需要计算的 \(\rm{sumof}(0)\) 为
其中 \(mid\) 段可以通过预处理前缀和得到，\(left,right\) 也可以通过边界计算得出
s='1'+s;//添加左边界哨兵
s+='1';//添加右边界哨兵
long long cnt=0;//用来记录有几个连续的0
long long sm=0;//前缀贡献
set<int> st;
for (int i=0;i<=n+1;i++){
if (s[i]=='0') cnt++;//如果为0，那么就累加0的数量
else{//如果为1
st.insert(i);//记录这个1的位置
sm+=cnt*(cnt+1)/2;//累加两个1之间0的贡献
cnt=0;//重置
}
sum[i]=sm;//记录贡献
}
给出 l,r 后，需要分为三步计算
cin>>l>>r;
long long lt=*st.lower_bound(l);//找第一个小于等于l的值，即前面预处理记录的位置（区间内第一个1）
long long rt=*prev(st.upper_bound(r));//找区间内最后一个1的位置
if (rt<lt){//如果最后一个1比第一个1还靠前，说明区间全为0
cout<<0<<endl;
continue;
}
long long ans=sum[rt]-sum[lt];//计算前后两个1之间的0的贡献
ans+=(lt-l)*(lt-l+1)/2+(r-rt)*(r-rt+1)/2;//计算左右截断区间的贡献
cout<<(r-l+1)*(r-l+2)/2-ans<<endl;//计算答案
注意的 prev(it) 函数的作用为将迭代器 it 向前移动一位，即指向 it 的前一个元素
在上例中，prev(st.upper_bound(r)) 指向 r-1，即最后一个 小于等于 r 的 1 的位置。
s='1'+s;//添加左边界哨兵
s+='1';//添加右边界哨兵
添加哨兵的作用为防止序列全 \(0\) ，查找时越界
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