牛客周赛 Round 60 （个人觉得比较舒服的一场）

 

这场比较guess吧

 

A.困难数学题 

题意:(数学)

计算x ^ x ^ x ^ x的值

思路:

根据异或的结论 x ^ x = 0 可代入式子得到最终结果为0

复杂度:

O(1)

 

Code: 

 

n = int(input())
print(0)

 

　　 

知识点(拓展):

 

常用结论: 

 

自反性: 
对于任意a满足, a ^ a = 0 && a ^ 0 = a
交换性:
对于任意a 和 b满足, a ^ b = b ^ a
结合性:
对于任意a, b, c满足, (a ^ b) ^ c = a ^ (b ^ c)

 

　 

B.构造序列  

题意:(贪心)

n 个正数 m个负数 正数不能和正数相邻,负数不能和负数相邻 最长能构造多长的序列

思路:

如果要实现最长的序列也就是正负交替实现，很快得到min(n, m) * 2 + (n != m)

复杂度:

O(1)

 

 Code: 

 

#include <bits/stdc++.h>
    
using namespace std;

void solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    cout << min(n, m) * 2 + (n != m) << '\n';
}

int main() {
    cin.tie(0) -> sync_with_stdio(false);
    int t = 1;
    // cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

 

　　

 

　

C.连点成线

题意:（模拟）

给定一个 n * n 的棋盘和 m 个棋子，每个棋子的坐标为 (x[i], y[i])。如果两个棋子在同一行或同一列，可以连线。

求连上线后最长的那条线的长度，若没有连线则输出 0。

思路:

通过遍历棋子，记录每一行和每一列的最大值和最小值，然后根据这些值计算出最长的连线长度

复杂度:

O(n)

Code: 

#include <bits/stdc++.h>
    
using namespace std;

void solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m; 
    vector <int> mi_x(n + 1, n + 1), mx_x(n + 1, 0), 
                 mi_y(n + 1, n + 1), mx_y(n + 1, 0);
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int x, y;
        cin >> x >> y; 
        mi_x[x] = min(mi_x[x], y);
        mx_x[x] = max(mx_x[x], y);
        mi_y[y] = min(mi_y[y], x);
        mx_y[y] = max(mx_y[y], x);
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (mx_x[i] > mi_x[i]) {
            ans = max(ans, mx_x[i] - mi_x[i]); 
        }
        if (mx_y[i] > mi_y[i]) {
            ans = max(ans, mx_y[i] - mi_y[i]); 
        }
    }
    cout << ans << '\n';
}

int main() {
    cin.tie(0) -> sync_with_stdio(false);
    int t = 1;
    // cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

 

　　 

D.我们N个真是太厉害了

题意:（贪心 类似于硬币问题(覆盖问题))

判断几个人手中的 ai 个数能否相加表示 n 以内的任意正整数，若可以则输出 'Cool!'，否则输出无法表示的最小正整数

思路:

通过依次遍历并累加满足 a[i] <= sum + 1 的星星数量，我们可以扩展可表示的整数范围为 [1, sum]，直到找到某个 a[i] > sum + 1，此时 sum + 1 就是无法表示的最小整数

Code:

#include <bits/stdc++.h>
    
using namespace std;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    vector <int> a(n);
    for (int &i : a) cin >> i;
    sort(a.begin(), a.end());
    int cur = 0;
    for (int i : a) {
        if (cur >= i - 1 && cur <= n) {
            cur += i;
        }
    }
    if (cur >= n) {
        cout << "Cool!\n";
    } else {
        cout << cur + 1 << '\n';
    }
}  

int main() {
    cin.tie(0) -> sync_with_stdio(false);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

　　

E.折返跑

知识点传送门:https://www.cnblogs.com/BobHuang/p/14979765.html

题意:

将 m - 1 次推杆操作视为在 n - 2 个点的范围内移动，使得左杆和右杆始终保持不重合 保持合法问有多少种推法

思路:

结论为 C(n - 2, m - 1)  是因为问题等价于在 ( n - 2 ) 个点中选择 ( m - 1 ) 个位置进行推杆操作，计算出所有可能的合法推法 

Code:

#include <bits/stdc++.h>
    
using namespace std; 
using i64 = int64_t;
constexpr i64 mod = 1e9 + 7, maxn = 1e6 + 5; // 998244353

i64 inv[maxn], f[maxn];

i64 power (i64 a, i64 b) {
    i64 res = 1;
    for ( ; b > 0; b >>= 1, a = a * a % mod) {
        if (b & 1) res = res * a % mod;
    } 
    return res;
}

void init () {  
    inv[0] = f[0] = 1;
    for (int i = 1; i < maxn; ++i) {
        f[i] = (f[i - 1] * i) % mod;
        inv[i] = power(f[i], mod - 2) % mod;
    }
} 

i64 C(int n, int k) {
    return f[n] * inv[k] % mod * inv[n - k] % mod;
}

void solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    cout << C(n - 2, m - 1) << '\n';
}

int main() {
    cin.tie(0) -> sync_with_stdio(false);
    int t = 1;
    init();
    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

　　

 F.口吃  

n = 1的时候只有两种情况, 原地和进步

n >= 2的时候

 所以我们只要通过化简就可以得到dp[i]的式子

最后从最后的结果推上去即可得到最终答案 

posted @ 2024-09-15 21:12  Iter-moon  阅读(127)  评论(1)    收藏  举报