牛客周赛 Round 63
A.小红的好数
题意:
满足数位为2, 且个位数和十位数相等
思路:
通过输入字符串, 首先判断字符串的个数是否为2, 在判断个位数和十位数是否相等
复杂度:
O(1)
Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = int64_t;
void solve() {
string s;
cin >> s;
if (s[0] == s[1] && s.size() == 2) {
cout << "Yes\n";
} else {
cout << "No\n";
}
}
int main() {
cin.tie(0) -> sync_with_stdio(false);
int t = 1;
// cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
B.小红的好数组
题意:
找到区间为k长度的连续区间且不是回文数组但是可以修改一次得到回文数组, 计算当前满足回文数组条件的个数
思路:
直接暴力枚举长度为k的连续区间, 判断是否修改一次满足是回文数组
复杂度:
O(n * k)
Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = int64_t;
void solve() {
int n, k;
cin >> n >> k;
vector <int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= n - k; i++) {
vector <int> b(a.begin() + i, a.begin() + i + k);
int cnt = 0;
for (int l = 0, r = k - 1; l < r; l ++, r --) {
if (b[l] != b[r]) {
cnt++;
if (cnt > 1) {
break;
}
}
}
if (cnt == 1) {
ans++;
}
}
cout << ans << '\n';
}
int main() {
cin.tie(0) -> sync_with_stdio(false);
int t = 1;
// cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
C.小红的矩阵行走
题意:
从(0, 0)出发, 只能走下或右且每走一步都收集数字, 走到(n - 1, m - 1)且所有收集的数字都是相同的
思路:
一道基础的板子题， 写法很多
Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = int64_t;
constexpr int N = 1e2 + 5;
int dirs[3] = {1, 0, 1}, n, m, a[N][N];
bool ok = 1;
bool check (int x, int y) {
return x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m;
}
void dfs (int x, int y) {
if (x == n - 1 && y == m - 1) {
ok = 0;
return ;
}
for (int i = 0; i < 2; i++) {
int dx = dirs[i] + x, dy = dirs[i + 1] + y;
if (check(dx, dy) && a[dx][dy] == a[0][0]) {
dfs(dx, dy);
}
}
}
void solve() {
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
cin >> a[i][j];
}
}
ok = 1;
dfs(0, 0);
cout << (!ok? "Yes" : "No") << '\n';
}
int main() {
cin.tie(0) -> sync_with_stdio(false);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = int64_t;
constexpr int N = 1e2 + 5;
int dirs[3] = {1, 0, 1}, a[N][N], n, m;
bool check (int x, int y) {
return x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < n;
}
void solve() {
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
cin >> a[i][j];
}
}
queue <pair<int, int>> q;
q.push({0, 0});
while (!q.empty()) {
auto [x, y] = q.front(); q.pop();
if (x == n - 1 && y == m - 1) {
cout << "Yes" << '\n';
return ;
}
for (int i = 0; i < 2; i++) {
int dx = dirs[i] + x, dy = dirs[i + 1] + y;
if (check(dx, dy) && a[dx][dy] == a[0][0]) {
q.push({dx, dy});
}
}
}
cout << "No" << '\n';
}
int main() {
cin.tie(0) -> sync_with_stdio(false);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = int64_t;
constexpr int N = 1e2 + 5;
int n, m, dp[N][N], a[N][N];
void solve() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
cin >> a[i][j];
dp[i][j] = 0;
}
}
dp[1][1] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
if (i == 1 && j == 1) continue;
if (a[i][j] != a[1][1]) continue;
dp[i][j] = (i > 1 ? dp[i - 1][j] : 0) || (j > 1 ? dp[i][j - 1] : 0);
}
}
cout << (dp[n][m] ? "Yes" : "No") << '\n';
}
int main() {
cin.tie(0) -> sync_with_stdio(false);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
D:小红的行列式构造
题意:
构造一个3阶行列式, 满足每个元素的绝对值不小于1, 且最后的值等于x
思路:
[a, b, c] [d, e, f] [g, h, i] 公式 a * e * i + b * f * g + c * d * h - c * e * g - a * f * h - b * d * i -> a * (e * i - f * h) + b * (f * g - d * i) + c * (e * g - d * h) 假设a, b, c都是相同的, 及我们令他们为1 得到 -> e * i - f * h + f * g - d * i - e * g + d * h 如果继续假设d, e, f都相同, 这样导致了最终的结果为0, 也就是得到第一个结论 -> d * (h - i) + e * (i - g) + f * (g - h) 那么为了简单, 我们令d为2, e, f都为1, 那么我们可以得到 -> 2 * (h - i) + (i - g) + g - h 最终得到这个公式 -> h - i == x h - i = x 那么只要满足这个式子都可以, 那么我可以假设i = 101那么我的h就是x + 101 为什么不能是x + (值 < 101) 是因为行列式的值的绝对值需要大于等于x也就因为这, 最小情况只能是[g, x + 101 x] 其次发现g在这个式子是直接被约掉的, 那么abs(g) >= 1的值都可以 那么这题就顺利解决了
Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = int64_t;
void solve() {
int x;
cin >> x;
if (x == 0) {
cout << "1 1 1\n1 1 1\n1 1 1\n";
} else {
cout << "1 1 1\n2 1 1\n" << 2 << ' ' << x * 2 << ' ' << x << '\n';
}
}
int main() {
cin.tie(0) -> sync_with_stdio(false);
int t = 1;
// cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
E.小红的 red 计数
题意:
给定一个字符串, 若干查询, 每一次查询翻转[l, r]的字符串, 在输出此时red为子串的个数是多少 (每次查询不会真正的翻转区间)
思路1(也是第一个思路):
线段树
维护区间r-e-d的各个组合的值, 得到red的总和sum, 在区间翻转的时候, 导致长度>=2的字符串受到了影响, red 和 der, ed和de, re和ed, 去维护失去和得到的最后就是最终的答案 得到公式
sum - res1.red + res1.der - res1.re * res3.d + res1.er * res3.d
- res2.r * res1.ed + res2.r * res1.de
Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = int64_t;
constexpr int N = 1e5 + 5;
int n, q;
string s;
struct SegTree {
i64 r, e, d, re, er, ed, de, red, der;
} seg[N << 2];
// r e d re ed er de red der
void pushup (SegTree &n1, SegTree &n2, SegTree &n3) {
n1.r = n2.r + n3.r;
n1.e = n2.e + n3.e;
n1.d = n2.d + n3.d;
n1.re = n2.re + n3.re + n2.r * n3.e;
n1.er = n2.er + n3.er + n2.e * n3.r;
n1.ed = n2.ed + n3.ed + n2.e * n3.d;
n1.de = n2.de + n3.de + n2.d * n3.e;
n1.red = n2.red + n3.red + n2.r * n3.ed + n2.re * n3.d;
n1.der = n2.der + n3.der + n2.d * n3.er + n2.de * n3.r;
}
void build (int l, int r, int rt) {
if (l == r) {
seg[rt] = {s[l] == 'r', s[l] == 'e', s[l] == 'd', 0, 0, 0, 0, 0, 0};
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build (l, mid, rt << 1);
build (mid + 1, r, rt << 1 | 1);
pushup (seg[rt], seg[rt << 1], seg[rt << 1 | 1]);
}
SegTree query (int L, int R, int l, int r, int rt) { // [L, R] -> (1, n)
if (L > R) return {0};
if (L <= l && R >= r) {
return seg[rt];
}
int mid = (l + r) >> 1;
SegTree res1 = {0}, res2 = {0};
if (mid >= L) {
res1 = query(L, R, l, mid, rt << 1);
}
if (mid < R) {
res2 = query(L, R, mid + 1, r, rt << 1 | 1);
}
SegTree res3 = {0};
pushup (res3, res1, res2);
return res3;
}
void solve() {
cin >> n >> q;
cin >> s;
s = '$' + s;
build (1, n, 1);
i64 sum = query (1, n, 1, n, 1).red;
while (q--) {
int l, r;
cin >> l >> r;
SegTree res1 = query(l, r, 1, n, 1); // [l, r]
SegTree res2 = query(1, l - 1, 1, n, 1); // [1, l - 1]
SegTree res3 = query(r + 1, n, 1, n, 1); // [r + 1, n]
// re er d
// red der
// r ed r de
cout << sum - res1.red + res1.der - res1.re * res3.d + res1.er * res3.d
- res2.r * res1.ed + res2.r * res1.de << '\n';
;
}
}
int main() {
cin.tie(0) -> sync_with_stdio(false);
int t = 1;
// cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号