2021“MINIEYE杯”(1)
Start Time : 2021-07-20 12:10:00 End Time : 2021-07-20 17:10:00
1001-Mod, Or and Everything
真正的签到题
题意： 给定一个整数 n。计算 (n mod 1) | (n mod 2) | ... | (n mod (n - 1)) | (n mod n)。（|为"或运算"）
由于是或运算，找到最大的数（在n/2和n/2+1中找），得到二进制中最多位数m，结果就是用1填满这些位数，即2^m-1（m为最大数二进制的位数）
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <string>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#define ri int
using namespace std;
typedef int lll;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
inline ll gcd(ll a,ll b) {
return (!b)?a:gcd(b,a%b);
}
const ll inf=999999999;
ll t;
ll n;
ll finds(ll x)
{
ll f=1;
while(f<=x)
{
f=f*2;
}
return f-1;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin >> t;
while(t--)
{
cin >> n;
if(n==1||n==2) cout << 0 << '\n';
else if(n==3) cout << 1 << '\n';
else
{
ll n1=n/2,n2=n1+1;
n1=n%n1,n2=n%n2;
ll ans=n1 > n2 ? n1 : n2;
cout << finds(ans) << '\n';
}
}
return 0;
}
1005-Minimum spanning tree
题意： 给定 n-1 个点，编号从 2 到 n，两点 a 和 b 之间的边权重为 lcm(a, b)。 请找出它们形成的最小生成树。
简单画成哈斯图就知道规律了，是质数就插在2上，其他插在自己因子上，故质数*2+合数,数据大用线性筛找质数
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <string>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#define ri int
using namespace std;
typedef int lll;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
inline ll gcd(ll a,ll b) {
return (!b)?a:gcd(b,a%b);
}
const ll inf=999999999;
const ll N = 10000000+10;
vector<ll> vis(N);
vector<ll> prime(N);
ll k=0;
void isprime()
{
for(ri i=2;i<N;i++)
{
if(!vis[i]) prime[++k]=i;
for(ri j=1;j<=k&&(i*prime[j]<N);j++)
{
vis[i*prime[j]]=1;
if(!i%prime[j]) break;
}
}
}
ll t;
ll n;
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
isprime();
vector<ll> dp(N);
dp[2]=0,dp[3]=6;
ll now=3;
for(ri i=4;i<=N-5;i++)
{
if(prime[now]==i)
{
dp[i]=dp[i-1]+(2*i);
now++;
}
else dp[i]=dp[i-1]+i;
}
cin >> t;
while(t--)
{
cin >> n;
cout << dp[n] << '\n';
}
return 0;
}
1006-Xor sum
题意：
给定一个长度为 n 的整数序列，找出最短的连续子序列，其异或和不小于 k。
如果有多个相同长度的连续子序列，则打印左端点最小的连续子序列。
如果没有连续的子序列，异或和不小于k，就打印“-1”。
第一次做这种XOR序列的题目，记录一下。主要用到 XOR前缀 和 01trie树 两种重要的优化手段
XOR(a[l..r]) = XOR(a[1..r]) xor XOR(a[1..l-1]) ，并且 a=a^b ^ b ,b= a^b ^ a
区间异或和可以转化为区间端点之间的xor ，即找ai,aj(i<j)，使ai ^ aj >=k,且min(j-i+1)。
其中01trie树可以在logn复杂度在 某些数 中找到能与 某个数 取最大异或结果那个数
故从右R开始，把1...R-1看成 某些数 ，R看成 某个数 ，找最大的xor结果，如果结果>=k,检查区间长度并更新即可（R从1开始增长就好）
#include<bits/stdc++.h>
#define ri int
using namespace std;
typedef long long lll;
typedef int ll;
const ll N=1e5+50;
ll t[N*31+10][2];
ll val[N],a[N];
ll cnt,n,k,T;
void _init() //多组输入注意清空树
{
for(ri i=0;i<=cnt;i++)
{
t[i][0]=t[i][1]=val[i]=0;
}
cnt=0;
}
void add(ll x,ll pos) //把x插入trie树中，val记录下标
{
ll now=0,y=0;
for(ri i=31;i>=0;i--)
{
y=(x >> i) & 1;
if(!t[now][y]) t[now][y]=++cnt;
now=t[now][y];
}
val[now]=pos;
}
ll ask(ll x) //查找最大符合的数
{
ll now=0,y=0;
for(ri i=31;i>=0;i--)
{
y=(x >> i) & 1;
if(t[now][y ^ 1]) now=t[now][y ^ 1];
else now=t[now][y];
}
return val[now]; //同样返回下标
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin >> T;
while(T--)
{
_init();
cin >> n >> k;
for(ri i=1;i<=n;i++)
{
cin >> a[i];
a[i]^=a[i-1]; //前缀XOR和
}
ll l=-1,r=n+1,len=n+1;
for(ri i=1;i<=n;i++) //R从1开始增长即可
{
ll R=i,L=ask(a[i]);
if((a[R]^a[L])>=k) //如果>=k
{
if(R-L<len) len=R-L,r=R,l=L+1; //判断是否需要更新
}
add(a[i],i);
}
l==-1 ? cout << l << '\n' : cout << l << ' ' << r << '\n'; //一次都没有更新则不存在
}
return 0;
}
1008-Maximal submatrix
题意： 给出一个N * M矩阵，求出最大的列上升子矩阵.
将矩阵化成0-1矩阵，压缩成一维求一维柱状体最大面积，由于怕全为0卡数据，转化后将所有0的变为1即可
#include<bits/stdc++.h>
#define ri int
using namespace std;
typedef long long lll;
typedef int ll;
ll n,m;
ll a[2005][2005];
ll mp[2005][2005];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
cin>>a[i][j];
mp[i][j]=(mp[i-1][j]+1)*(a[i][j]>=a[i-1][j]);
if(!mp[i][j]) mp[i][j]=1;
}
}
ll stk[3000],tt=0;
ll maxx=0;
for(ri i=1;i<=n;i++)
{
mp[i][m+1]=-1,tt=0;
for(ri j=1;j<=m+1;j++)
{
if(!tt||mp[i][j]>=mp[i][stk[tt]]) stk[++tt]=j;
else
{
ll now=0,top=0;
while(tt&&mp[i][j]<mp[i][stk[tt]])
{
top=stk[tt--];
now=(j-top)*mp[i][top];
maxx=max(now,maxx);
}
stk[++tt]=top;
mp[i][top]=mp[i][j];
}
}
}
cout << maxx << '\n';
}
return 0;
}
1009-KD-Graph
签到题是图论还没做出，大大滴有问题（主要是题目都没看）
题目大意：是要我们找到一个集合内所有边的权值小于等于某个数D，剩下的集合权值都大于某个数D，并且整体集合数为K.
思路 ：先按照边的权值排序，从小往大合并集合，当集合数达到K个数时，更新D的值，并判断下一个边的权值大小和此时D的大小关系即可。
输入：n（顶点个数），m（边数）,k（要求集合个数）
m组：起点x,终点y,权值z
输出：题目中要求的某个数D，若找不到输出“-1”
代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
#define ri int
typedef int lll;
typedef long long ll;
using namespace std;
const ll mod=80112002;
const ll inf=999999999;
const ll N=5e5+5;
ll n,m,k;
struct dd{
ll x,y,z;
}a[N];
ll t;
bool cmp(dd a,dd b)
{
return a.z<b.z;
}
ll p[N];
ll getp(ll x) //集合合并当然是并查集
{
return p[x]==x ? x : p[x]=getp(p[x]);
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin >> t;
while(t--)
{
cin >> n >> m >> k;
for(ri i=1;i<=n;i++) p[i]=i;
for(ri i=1;i<=m;i++) cin >> a[i].x >> a[i].y >> a[i].z;
if(n==k) //特判
{
cout << 0 << '\n';
continue;
}
sort(a+1,a+1+m,cmp);
ll nums=n; //当前集合个数number_set
ll ans=-1;
ll px,py;
for(ri i=1;i<=m;i++)
{
px=getp(a[i].x),py=getp(a[i].y);
if(px==py) continue; //如果本身是同一个集合则不用考虑
if(nums-1==k) //集合数为k时更新
{
ans=a[i].z;
}
else if(nums-1<k) //为k后判断下一条边
{
if(ans>=a[i].z) ans=-1; //找不到D
break;
}
p[px]=py;nums--;
}
if(ans==-1) cout << "-1\n";
else cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
