HappyNewYear(感谢范展诚学长的分享)
顺十字在此祝各位新年快乐
A - 顺
题目描述
输入描述
输出描述
样例输入
7
abacaba
abc
cccba
acb
dbsic
bac
abracadabra
abc
dddddddddddd
cba
bbc
abc
ac
abc
样例输出
aaaacbb
abccc
bcdis
aaaaacbbdrr
dddddddddddd
bbc
ac
思路
S只有6种可能：abc, acb, bac, bca, cab, cba
只需要判断T是不是abc和S中有无a。
如果T不是abc，只要将 S 按顺序排列，那么不可能出现T的情况，因为a永远在前，不可能与b,c重复，也不可能与bc重复。
如果T是abc，分两种情况
- S中有
a，那么需要排序并且bc调换顺序输出； - S中没有
a，排序按顺序输出就好。
代码
int n;
string s,t;
int sum[30]; //sum[i]存第i个字母的数量
void init()
{
for(int i = 0; i < 29; i++) sum[i] = 0;
cin >> s >> t;
}
void solve() //solve只管abc的输出
{
for(int i = 0; i < s.size(); i++) sum[s[i]-'a']++;
bool flag = false;
if(sum[0]) flag = true; //判断S串中是否有a存在
while(sum[0]--) printf("a"); //无论如何a都优先输出
if(t[0] != 'a' || (!flag&&t[0] == 'a')) return; //T串首字母不为a或首字母为a但S串没a，按顺序输出就好
if(t[1] == 'b') //否则如果首字母为a，如果是abc，就先输出acb再输出剩下的，否则按顺序输出
{
while(sum[2]--) printf("c");
while(sum[1]--) printf("b");
}
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
while(t--)
{
init(),
solve();
for(int i = 0; i < 29; i++) //剩下的字母输出
{
while(sum[i]>0) printf("%c",'a'+i), sum[i]--;
}
printf("\n");
}
return 0;
}
B - 十
题目描述
输入描述
输出描述
样例输入
6
18
63
73
91
438
122690412
样例输出
6 9 3
21 39 3
29 43 1
49 35 7
146 219 73
28622 122661788 2
思路
可以想到将 n 拆成两个互质且和为n-1的数，第三个数为 c ，由于n >= 10这样的组合一定存在
代码
int n;
void init()
{
scanf("%d",&n);
}
void solve()
{
n--;
int a,b;
if(n&1) //奇数
{
printf("%d %d ",n/2,n-n/2);
}
else //偶数
{
a = n/2+1, b = n/2-1;
while(__gcd(a,b) != 1)
{
a++,b--;
}
printf("%d %d ",a,b);
}
printf("1\n");
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
while(t--)
init(),
solve();
return 0;
}
C - 字
题目描述
输入描述
输出描述
样例输入
4
2
1 7
3
1 5 4
4
12345678 87654321 20211218 23571113
9
1 2 3 4 18 19 5 6 7
样例输出
1
-1
4
2
思路
思考这一操作的性质，容易得出对于任意数
- 如果为
偶数，可以变成 0 ~ n / 2 - 1 - 如果为奇数，可以变成
0 ~ n / 2
因此，越大的数字可以变化的范围越大，可以得出一个贪心的想法：
- 对于每个数n，最大的时候是不进行操作，还是 n 本身，如果 n 本身已经被其他数字变了，则存起来用来变其他数字，又因为越大的数字可以变化的范围越大，因此将数字存起来后从小到大排序，对 1 ~ n 之间从小到大的缺口一一对应，如果都可以变输出变的次数，否则输出 -1
代码
int a[100010];
int n;
vector<int> num1,num2;
bool st[100010]; //用来标记1~n哪些数被已经有了
void init()
{
num1.clear();
num2.clear();
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d",&a[i]), st[i] = false; //多组输出，因此要将st[i]恢复到false，避免之前的影响
sort(a+1,a+1+n); //数字排序
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
if(a[i] <= n && !st[a[i]]) //如果一个数字不用变，是最优的情况
{
st[a[i]] = true;
}
else
num2.push_back(a[i]); //如果这个数已经有了，则存起来用来变其他数字
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
if(!st[i])
num1.push_back(i); //将还没有的数字存到num1里
}
}
int solve()
{
int ans = 0;
int len = num1.size()-1;
for(int i = len; i >= 0; i--) //但凡有一次变不成，则返回-1
{
if(num2[i]&1) //如果为奇数，可以变成0~n/2
{
if(num1[i] <= num2[i]/2) ans++;
else return -1;
}
else //如果为偶数，可以变成0~n/2-1
{
if(num1[i] <= num2[i]/2-1) ans++;
else return -1;
}
}
return ans;
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
while(t--)
init(),
printf("%d\n",solve());
return 0;
}
D - 在
题目描述
输入描述
输出描述
样例输入
9 14
1 2 4
2 3 8
3 4 7
4 5 9
5 6 10
6 7 2
7 8 1
8 9 7
2 8 11
3 9 2
7 9 6
3 6 4
4 6 14
1 8 8
样例输出
37
思路
求最小生成树的板子题，学会了直接a掉就行
代码1(kruskal)
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10;
int n, m;
int p[N];
struct Node {
int s, e;
int w;
}edge[M];
int find(int x) {
if (x != p[x]) p[x] = find(p[x]);
return p[x];
}
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i ++) p[i] = i;
for (int i = 1; i <= m; i ++) cin >> edge[i].s >> edge[i].e >> edge[i].w;
sort(edge + 1, edge + m + 1, [](Node a, Node b) {
return a.w < b.w;
});
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= m; i ++) {
int pa = find(edge[i].s), pb = find(edge[i].e), w = edge[i].w;
if (pa == pb) continue;
p[pa] = pb;
ans += w;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
代码2(prim)
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 510, M = 1e6 + 10;
int n, m;
int dist[N];
int g[N][N];
bool st[N];
int Prim(){
int re = 0;
memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
//dist[1] = 0;
for(int i = 0; i < n; i++){
int t = -1;
for(int j = 1; j <= n; j++)
if(!st[j] && (t == -1 || dist[j] < dist[t]))
t = j;
if(i && dist[t] == 0x3f3f3f3f) return 0x3f3f3f3f;
if(i) re += dist[t];
//printf("%d %d\n", t, re);
for(int j = 1; j <= n; j++)
dist[j] = min(dist[j], g[t][j]);
st[t] = true;
}
return re;
}
int main(){
memset(g, 0x3f, sizeof g);
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 0; i < m; i++){
int a, b, w;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &w);
g[a][b] = min(g[a][b], w);
g[b][a] = min(g[b][a], w);
}
int t = Prim();
if(t == 0x3f3f3f3f) puts("impossible");
else printf("%d\n", t);
return 0;
}
E - 此
题目描述
输入描述
输出描述
样例输入
3 3
1
2
3
2 1
3 2
4 3
样例输出
6
思路
贪心+优先队列
首先
- 将兔子血量从大到小排序
- 箭按伤害从大到小排序
明显 要杀死兔子i
使用伤害 >= b[i] 且消耗Q币最少的箭 是最优方案
每次将伤害>=b[i]的箭消耗的Qb放进小顶堆中,然后取出最小值
代码
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
#define INF 1000000007
const int N=50000+5;
int b[N];
pii arrow[N];
ll slove(int n,int m){
sort(b,b+n,greater<int>());
sort(arrow,arrow+m,greater<pii>());
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >que;
int index=0;
ll cost=0;
for(int i=0;i<n;++i){
while(index<m&&arrow[index].first>=b[i])
que.push(arrow[index++].second);
if(que.empty())
return -1;
cost+=que.top();
que.pop();
}
return cost;
}
int main()
{
//freopen("/home/lu/文档/r.txt","r",stdin);
//freopen("/home/lu/文档/w.txt","w",stdout);
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;++i)
scanf("%d",b+i);
for(int i=0;i<m;++i)
scanf("%d%d",&arrow[i].first,&arrow[i].second);
if(m<n)
printf("No Solution\n");
else{
ll res=slove(n,m);
if(res==-1)
printf("No Solution\n");
else
printf("%lld\n",res);
}
return 0;
}
F - 祝
题目描述
输入描述
输出描述
样例输入
4 11
8.02 7.43 4.57 5.39
样例输出
2.01
思路
这是一个裸二分模板题目，不过这是浮点数二分，需要处理精度问题，周六讲了二分思路
练二分题可以去acwing或者洛谷刷一刷
二分每一截的长度，判断能不能取到k段…….
代码
const int N = 1e4+10;
int n,k;
double a[N];
bool check (double mid)
{
int sum = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
sum += (int)(a[i]/mid);
if(sum >= k) return true;
return false;
}
void init()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
}
double solve()
{
double l,r,mid;
for(int i = 0;i < n; i++)
{
scanf("%lf",&a[i]);
r += a[i];
}
r = 10000, l = 0.0, mid;
while(fabs(r - l) > 0.00001)
{
mid = (l+r)/2;
if(check(mid)) l = mid; //如果符合说明答案小了，往上提高
else r = mid; //答案大了，往下
}
mid = (mid*1000+0.5);
mid /= 1000;
return mid;
}
int main()
{
init();
printf("%.2lf",solve());
return 0;
}
G - 各
题目描述
输入描述
输出描述
样例输入
4
样例输出
3
思路
- 每个质数必须询问一次，
- 由于非质数是由质数相乘得到的，因此不用询问。
- 但是有特殊情况，就是合数有多个相同的质因子，比如说n=4，4个数1、2、3、4，由于4是22得到的，你不能只询问2，还要询问22。因此，先找出小于等于n的质数，然后统计此质数有多少个幂次小于等于n，举例说明，n=5时，质数为2、3、5，2 ^ 1 < 5，2 ^ 2 < 5，3 ^ 1 < 5，5 ^ 1 < 5，因此答案为4
因为n很小，可以用很暴力的方法跑过去，不是很需要考虑时间复杂度，更简单的方法还有从数论角度考虑的
代码
const int N=1005;
int prime[N+1];
//质数筛
void solve(int n)
{
prime[0]=prime[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
if(!prime[i])
{
for(int j=i+i;j<=n;j+=i)
prime[j]=1;
}
}
int main()
{
solve(N);
int n,ans=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!prime[i])//如果i是质数
{
for(int j=i;j<=n;j*=i)//质数i的幂次需要各询问一次
ans++;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
H - 位
题目描述
输入描述
输出描述
样例输入
8 6
样例输出
12
思路
首先第一时间可以想到，如果从左上角走到右下角，保底会切一个长+宽的方格，但样例就可以发现14比6+8小，是因为有些格子同时走x方向和y方向
可以自己多试几组找规律，很容易发现，比长和宽少的格子就是恰好穿过格子的顶点的，而这样的格子为gcd(x,y)，xy为长和宽，因此答案为x+y-gcd(x,y)
代码
int gcd(int a,int b){
return b ? gcd(b, a% b) : a;
}
int main()
{
int m,n,cnt;
cin >> m >> n;
if(m == n)
cnt = m;
else{
cnt = (m + n) - gcd(m,n);
}
cout << cnt;
return 0;
}
I - 新
题目描述
输入描述
输出描述
样例输入
3
样例输出
28
思路
可以发现，每个三角形都由一个竖线和两个斜线组成，因此我们可以观察每一条竖线，统计其对答案的贡献
对于最左边的竖线，可以观察到可组成两个三角形，第二条竖线：大小为1的三角形4个，大小为2的三角形2个，第三个竖线：大小1三角形6个，大小2三角形4个，大小3三角形2个……可以发现对于每一个竖线，可以用一个等差数列求和公式为(2+2i)i/2,化简为i+i^2，共有2*n+1条竖线，用此公式可以O(n)计算答案，而vj上挂的题没写n的取值范围，去原网站看实际取值范围是1~1e9，因此O(n)还是会TLE，还需要再化简，化简过程如下：
因此最后答案就是n(n+1)(2n+1)/3,可以O(1)出答案
考虑到n最大为1e9,直接乘起来会爆longlong，又因为有取模和除法同时存在的问题，因此有两种写法：
代码1
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
int main()
{
ll n;
cin>>n;
ll a = n, b = n+1, c = 2*n+1;
if(a % 3 == 0) a /= 3;
else if(b % 3 == 0) b /= 3;
else c /= 3;
ll ans = (a*b)%mod;
ans = (ans*c)%mod;
cout << ans;
return 0;
}
代码2(感谢张纭昌学长的分享)
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
ll qmi(ll a, ll b)
{
ll res = 1;
while(b)
{
if(b&1) res = res * a % mod;
b >>= 1;
a = a * a % mod;
}
return res;
}
int main()
{
ll n;
cin>>n;
cout<<((n * (n+1)%mod)*(2*n+1) % mod) % mod * qmi(3,mod-2) % mod;
return 0;
}
J - 年
题目描述
输入描述
输出描述
样例输入
样例输出
思路
用线性筛筛一下，因为n取值范围在1e6，保守起见开一个1e6+1000的bool类型的数组记录哪个是质数，顺便记录一下该质数是第几个质数，从大于n的地方直接找就行，时间复杂度O(n)
代码(感谢杜新富同学的分享)
const int N = 1e6 + 10;
int a[N]={1,1,0};
int main()
{
int n, i, j, k=0;
cin >> n;
for ( i = 2; i < N; i ++ )
{
if (!a[i])
{
k ++;
if (!a[k] && i >= n)
{
cout << i;
break;
}
for ( j = i + i; j < N; j += i )
{
a[j]=1;
}
}
}
return 0;
}
K - 快
题目描述
输入描述
输出描述
样例输入
6
5 5
10 1
2 3
0 0
17 2
1000000000 1000000000
样例输出
2
1
1
0
2
500000000
思路
因为一个队伍最坏只能是1个程序员配3个数学家，或者3个程序员配一个数学家，因此如果出现a*3 <= b 或者b*3 <= a，直接输出min(a,b)即可，否则说明他们肯定能组成（n+m）/4队
代码
ll a,b;
void init()
{
cin >> a >> b;
}
void solve()
{
ll ans = 0;
if(a*3 <= b || b*3 <= a) ans = min(a,b);
else ans = (a+b)/4;
cout << ans << endl;
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
while(t--)
init(),
solve();
return 0;
}
L - 乐
题目描述
输入描述
输出描述
样例输入
5
2 2
1 2
3 4
4 3
1 3 1
3 1 1
1 2 2
1 1 3
2 3
5 3 4
2 5 1
4 2
7 9
8 1
9 6
10 8
2 4
6 5 2 1
7 9 7 2
样例输出
3
2
4
8
2
思路1
- 当m<=n-1时 可去全部商店对每个人都取最大值即可
- 当m>n-1时,只能去n-1家商店，所以有两个人的礼物在同一家商店,我们暴力枚举哪两个人在哪家商店，由 数据范围 可得 n最大是sqrt(1e5) 时间复杂度o(n^3) 大概是3e7 可以过
代码1
const int N=1e5+10;
vector<int> a[N],b[N];//不定长数组
// a横着 b竖着
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
int m,n;
scanf("%d%d",&m,&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
b[i].clear();
for(int i=1;i<=m;i++)
a[i].clear();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
a[i].push_back(x);
b[j].push_back(x);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
sort(b[i].begin(),b[i].end(),greater<int>());
if(m<=n-1)
{
int ans=1e9+10;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=min(ans,b[i][0]);
printf("%d\n",ans);
}
/*
m>n-1 m*n<=1e5
n<=sqrt(1e5)
*/
else
{
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)//i与j选择在同一行
{
for(int j=i+1;j<=n;j++)
{
int res=1e9+10;
for(int k=1;k<=n;k++)
{
if(k==i||k==j) continue;
res=min(res,b[k][0]);
}
int op=0;
for(int k=1;k<=m;k++)//两个元素选在了哪一行
{
op=max(op,min(a[k][i-1],a[k][j-1]));
}
res=min(res,op);
ans=max(ans,res);
}
}
printf("%d\n",ans);
}
}
return 0;
}
思路2
我们可以二分最终的答案, 然后去查看是否有一个商店可以买到两个及以上的人的礼物, 如果可以就说明这个答案是可以被满足的
当然也要注意可能有一个商店买不到合适的礼物
代码2
int n, m;
vector<vector<int>> a;
bool st[100010];
bool check(int u) {
memset(st, false, sizeof st);
bool flag = false;
for (int i = 0; i < m; i ++) {
int cnt = 0;
for (int j = 0; j < n; j ++) {
if (a[j][i] >= u) {
cnt ++;
if (st[j]) flag = true;
st[j] = true;
}
}
if (cnt == 0) return false;
}
return flag;
}
int main() {
int T;
cin >> T;
while (T --) {
cin >> n >> m;
a.clear();
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
vector<int> b;
for (int j = 1; j <= m; j ++) {
int x;
cin >> x;
b.push_back(x);
}
a.push_back(b);
}
int l = 1, r = 1e9 + 1;
while (r > l) {
int mid = l + r + 1 >> 1;
if (check(mid)) l = mid;
else r = mid - 1;
}
cout << l << endl;
}
return 0;
}
总结
这周的训练赛确实难了一点，但也有很多人做的很好，学算法有一个入门的过程，基础打好以后学起来就很快了，各位加油吧！
在力所能及范围内把能补的题都补掉，实在感觉难的就不要一道题死磕一两天，平时可以去codeforces, acwing，牛客，pat，洛谷之类的网站刷刷题练基础。
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