牛客 小白114 20250418
牛客 小白114 20250418
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/106859
写在开头：
这场的题面超级史
A：
题目大意：
void solve(){
int n;
cin>>n;
int x;
for (int i=1;i<=n;i++){
cin>>x;
if (i==1) cout<<min(x+1,5)<<' ';
else cout<<min(x-1,5)<<' ';
}
}
签到
B：
题目大意：有 \(n\) 张牌，每张牌的点数为 \(a_i\) ，当出第 \(i\) 张牌且这张牌的点数 \(a_i=i\) 时可以累加 \(i\) 到总值上，求最大总值
unordered_map<int,int> mp;
void solve(){
int n;
cin>>n;
for (int i=1;i<=n;i++){
int x;
cin>>x;
mp[x]++;
}
LL ans=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
if (mp[i]) ans+=1ll*i;
cout<<ans;
}
可以知道每张点数为 \(a_i\) 的牌最多也只能对答案贡献一次 \(a_i\)
所以用一个桶记录每张牌的点数，然后依次遍历出的第 \(i\) 张牌，如果这张牌能在桶中找到 \(a_i=i\) ，那么就可以在此时出这张牌然后累加贡献
C：
题目大意：给出一张有向图，和一个点，判断是否存在这个点是否在环上
int n,x;
vector<int> e[100010];
bool vis[100010];
bool dfs(int u){
for (auto v:e[u]){
if (vis[u]) return 1;
vis[v]=1;
if (dfs(v)) return 1;
vis[v]=0;
}
return 0;
}
void solve(){
cin>>n>>x;
for (int i=1;i<=n;i++){
int v;
cin>>v;
e[v].push_back(i);
}
if (dfs(x)) cout<<"Yes";
else cout<<"No";
}
相对有点板，从给出的这个点开始 DFS，如果在过程中遇到了之前 DFS路径中访问过的点，说明存在环，那么就返回
for (auto v:e[u]){
if (vis[u]) return 1;//如果这个点已被访问过，存在环
vis[v]=1;//标记这个点被走过
if (dfs(v)) return 1;//dfs到v点
vis[v]=0;//恢复路径
}
D：
题目大意：
LL n,k;
LL a[100010];
LL pre[100010],suf[100010];
LL sufmx[100010];
bool judge(LL x){
return x*(x-1)/2<k+x;
}
void solve(){
cin>>n>>k;
for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
LL l=1,r=1e9;
while (l+1!=r){
LL mid=l+r>>1;
if (judge(mid))
l=mid;
else
r=mid;
}
LL op=min(n,l);
for (int i=1;i<=n;i++) pre[i]=pre[i-1]+a[i];
for (int i=n;i>=1;i--){
suf[i]=suf[i+1]+a[i];
sufmx[i]=max(sufmx[i+1],suf[i]);//计算最大后缀和
}
LL sum=0;
for (int i=0;i<=op;i++)
sum=max(pre[i]+sufmx[n-op+i+1],sum);
cout<<sum;
}
题目有点史诗，赛时拿DP乱搞了，其实用前后缀维护一下就行
可以通过二分计算最大摸牌次数，注意摸上来的牌也可以弃掉
bool judge(LL x){
return x*(x-1)/2<k+x;//等差数列计算弃牌数
}
操作数不能超过牌堆数，所以需要比较取最小
然后枚举前缀和与后缀最大值，最大的价值可以被表示为两端从前后延伸的区间，即一段前缀和与一段后缀和
我们可以选择发动技能的次数，所以在锚定一段前缀和后，我们在后缀和中找剩余摸牌数下的最大后缀和
假设在牌堆顶摸 \(i\) 张牌，那么剩下的 \(op-i\) 张牌需要从牌堆底摸取，当然这 \(op-i\) 张牌不是必须要取走的
只需要在 \([n-(op-i)+1,n]\) 这段后缀和中找到其中的最大后缀和即可
最大后缀和可以表示后缀在区间 \([k,n]\) 的区间和 ，其中 \(k\in [n-(op-i)+1,n]\)
E：
题目大意：
struct node{
int cnt,mp;
};
node st[4];
int a[100010];
int n;
void solve(){
cin>>st[1].cnt>>st[2].cnt>>st[3].cnt;
for (int i=1;i<=3;i++){
st[i].mp=i;
n+=st[i].cnt;
}
for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
sort(st+1,st+4,[](node x,node y){return x.cnt<y.cnt;});
if (st[3].cnt>=(st[1].cnt+st[2].cnt)){
for (int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]==st[3].mp){
if(st[1].cnt){
cout<<st[1].mp<<' ';
st[1].cnt--;
}else if(st[2].cnt){
cout<<st[2].mp<<' ';
st[2].cnt--;
}
else
cout<<st[3].mp<<' ';
}
else
cout<<st[3].mp<<' ';
}
}else{
int cnt31=st[1].cnt;
int cnt13=st[3].cnt-st[2].cnt;
for (int i=1;i<=n;i++){
if (a[i]==st[3].mp){
if(cnt31){
cout<<st[1].mp<<' ';
cnt31--;
}else{
cout<<st[2].mp<<' ';
}
}
if (a[i]==st[2].mp){
cout<<st[3].mp<<' ';
}
if (a[i]==st[1].mp){
if(cnt13){
cout<<st[3].mp<<' ';
cnt13--;
}else{
cout<<st[2].mp<<' ';
}
}
}
}
}
又是一道重量级的模拟题，贪心做法
假设这三张牌的数量分别为 \(a\le b\le c\) ，对应的牌为 \(A,B,C\)，友诸葛亮预测的牌为 \(x_i\)
-
当 \(c\ge (a+b)\) 时， \(x_i=A,B\) 时构造 \(C\) ，那么一定会剩余 \(c-(a+b)\) 张 \(C\) 会被预测到
-
当 \(c< (a+b)\) 时，存在这样一种构造方案：
\[\begin{array}{|l|l|l|} \hline A&B&C\\ \hline & & A:a\\ \hline B:(a-(c-b))&&B:(c-a)\\ \hline C:(c-b)&C:b&\\ \hline \end{array} \]能够使得被预测的牌为 \(0\)
模拟时，利用结构体记录每种类型的牌的数量
struct node{
int cnt,mp;//数量，类型
};
sort(st+1,st+4,[](node x,node y){return x.cnt<y.cnt;});
其中 mp 用来保护牌按照数量进行排序后，仍然能映射牌的类型
按照牌的数量从小到大排序后的 st[1,2,3].mp 可以被类似为上面假设的 \(A,B,C\)
F：
题目大意：
int a[110][110],b[110][110],c[110];
int dp[110][110][110];
void solve(){
int n,x,y;
cin>>n>>x>>y;
for (int i=1;i<=n;i++){
cin>>c[i];
for (int j=1;j<=c[i];j++)
cin>>a[i][j];
for (int j=1;j<=c[i];j++)
cin>>b[i][j];
a[i][0]=x;
b[i][0]=y;
}
int ans=0;
for (int i=1;i<=n;i++){
for (int j=0;j<=n;j++){
for (int k=0;k<=i;k++){
for (int u=0;u<=c[i];u++){
if (k>=1)
dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j][k-1]);
if(j-b[i][u]>=0&&k<i)
dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-b[i][u]][k]+a[i][u]);
if (j<=k) ans=max(ans,dp[i][j][k]);
}
}
}
}
cout<<ans<<endl;
}
分组背包问题
定义 \(dp_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 组在背包容量为 \(j\) 下，且吃了 \(k\) 个桃的最大价值
因为桃和其他手牌都可以保留在背包中，但是桃可以选择吃或不吃，所以对于每组物品都要考虑对于这组物品是否选择吃他的桃
将桃这张牌存在每组物品中，价值和体积为 \(x,y\)
那么状态的转移可以被定义为：对于第 \(i\) 组物品，如果选择吃这组物品的桃，那么：
由第 \(i-1\) 组物品背包容量为 \(j-1+1\) 吃了 \(k-1\) 个桃的状态转移而来，其中 \(j-1+1\) 表明吃桃后背包容量的改变
对于第 \(i\) 组物品，如果选择不吃这组物品的桃，那么对于这组背包中的每个物品都有：
此时如果选取桃牌，这张牌就当做一张其他牌处理，即不吃
由第 \(i-1\) 组物品背包容量为 \(j-b_{i,u}\) 吃了 \(k\) 个桃的状态转移而来，注意这里的 \(k\) 需要满足小于 \(i\) 的前提
这是因为，如果在考虑当前组背包不吃桃后，那么背包容量最大为 \(i-1\) 即前面全吃桃的背包体积
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