2024牛客寒假算法基础集训营1（补题）

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  • H
  • I
  • J
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  • L

A

n的范围很小暴力直接 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)直接做就行。
我还傻的统计了一下前后缀，不过怎么写都行这道题。

#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f 
#define x first
#define y secondusing namespace std;const int N=30,mod=1e9+7;
int n,m,a[N],b[N],k;
int f[60][60];
char s[60];
int l[60],r[60]; 
bool st=false;void solve()
{int n;cin>>n;rep(i,1,59)	l[i]=r[i]=0;cin>>(s+1);//DFSmap<char,int>cnt;rep(i,1,n){if(cnt.find('D')!=cnt.end())	l[i]=1;cnt[s[i]]=1;}cnt.clear();fep(i,n,1){if(cnt.find('S')!=cnt.end())	r[i]=1;cnt[s[i]]=1;}//bool st=1;rep(i,1,n){if(s[i]=='F'&&l[i]==1&&r[i]==1){cout<<1<<' ';st=0;break;}}if(st)	cout<<0<<' ';//dfsst=1;rep(i,1,59)	l[i]=r[i]=0;cnt.clear();rep(i,1,n){if(cnt.find('d')!=cnt.end())	l[i]=1;cnt[s[i]]=1;}cnt.clear();fep(i,n,1){if(cnt.find('s')!=cnt.end())	r[i]=1;cnt[s[i]]=1;}rep(i,1,n){if(s[i]=='f'&&l[i]==1&&r[i]==1){cout<<1<<' ';st=0;break;}}if(st)	cout<<0<<' ';cout<<endl;
}signed main()
{IOS	
//  	freopen("1.in", "r", stdin);int _;cin>>_;while(_--)solve();return 0;
}

B

赛时的思路是：周围三个点特判，然后左边求最小和右边求最小，最后和特判取最小。
代码写的比较一坨很乱，最后也没调出来。
遇见这种感觉还是重写吧。
主要就是分类讨论

  1. 看鸡左边被堵没有
  2. 看鸡右边被堵没有
  3. 看鸡左边有没有火
  4. 看鸡右边有没有火
  5. 特判（2，0）
    自己写的太丑了，放一份加了注释的jls的代码吧。
#include <bits/stdc++.h>using i64 = long long;void solve() {int n;std::cin >> n;//left1表示左边是否有火，right1表示右边是否有火//left2表示左边是否能堵住鸡，right2表示右边是否能堵住鸡int left1 = 0, left2 = 0;int right1 = 0, right2 = 0;std::set<std::pair<int, int>> s;for (int i = 0; i < n; i++) {int r, c;std::cin >> r >> c;if (c <= 0) {left1 = 1;}if (c >= 0) {right1 = 1;}s.emplace(r, c);}for (auto [r, c] : s) {if (!c) {continue;}//这里和3异或真的简化了很多代码if (s.count({r ^ 3, c}) || s.count({r ^ 3, c + (c > 0 ? -1 : 1)})) {if (c > 0) {right2 = 1;} else {left2 = 1;}}}int ans = 4 - left1 - left2 - right1 - right2;ans = std::min(ans, int(3 - s.count({2, 0}) - s.count({1, -1}) - s.count({1, 1})));std::cout << ans << "\n";
}int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(nullptr);int t;std::cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}

C

S m i n = 所有人办事的时间 + 等待时间 S_{min}=所有人办事的时间+等待时间 Smin​=所有人办事的时间+等待时间
等待时间 = T 1 ∗ n + T 2 ∗ ( n − 1 ) + . . . + T n ∗ 1 等待时间=T_1 * n + T_2 * (n-1)+...+ T_n * 1 等待时间=T1​∗n+T2​∗(n−1)+...+Tn​∗1
这就转化成了一个经典的问题排序不等式
当 T 1 、 T 2 、 . . . 、 T n T_1、T_2、...、T_n T1​、T2​、...、Tn​按从小到大的对应和n~1相乘
然后看鸡能查到谁的前面

#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f 
#define x first
#define y secondusing namespace std;const int N=1e5+10,mod=1e9+7;
int n,q,tc;
int t[N],d[N];//x为鸡插队的时间
bool check(int x,int m)
{//找到受鸡插队影响的第一个位置 int l=1,r=n;int k=upper_bound(d+1,d+1+n,x)-d;int sum=(n-k+1)*tc;return sum<=m;
}void solve()
{cin>>n>>q>>tc;rep(i,1,n)	cin>>t[i];sort(t+1,t+1+n);int sm=0;//计算每个人不满意度,sm就是没插队的最小不满意度 //di也是每个人完成工作的时间 rep(i,1,n)	d[i]=d[i-1]+t[i],sm+=d[i];rep(i,1,q){int m;cin>>m;int l=0,r=d[n];while(l<r){int mid=(l+r)>>1;if(check(mid,m))	r=mid;else	l=mid+1;}cout<<l+tc<<endl;}
}signed main()
{IOS	
//   	freopen("1.in", "r", stdin);int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)solve();return 0;
}

D

代码是参考jls的，写的真的很优雅
思路：
这里有一个小 t r i c k trick trick,数相乘的话会很大，而 M M M只有 1 e 9 1e9 1e9, 2 3 0 2^30 230就会到达 1 e 9 1e9 1e9。
也就是说，不为0的数相乘很快会超范围有很多不合法的。
对于相同的数，平移的话是都是一样的。
我们考虑不同的数有多少个。
不同的数最多有20个，20个的话就会相乘就会超范围。
然后里面就暴力去瞎搞就行

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define _for(i,a,b) for(int i=(a); i<(b); ++i)
#define pii pair<int, int>
#define pdd pair<double,double>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define vi vector<int>using namespace std;
const int maxn=1e5+10,mod=1e9+7,K=4e4,inf=1e9;void solve() {int n,Q;cin>>n>>Q;map<int,int>cnt;rep(i,1,n) {int a;cin>>a;cnt[a]+=1;}set<int>s{0};//只有当不同的数为20个以内时乘起来才不会超出范围if(cnt.size()<=20) {//将map中的内容复制到vector中vector<pii>a(cnt.begin(),cnt.end());int n=a.size();int d=a[0].x-K;//枚举每一个数_for(i,0,n) {//枚举每一个数进行两种操作的总的变化量for(d=max(d,a[i].x-K); d<=a[i].first+K;d++) {//从前往后算一遍答案				int res=1;_for(j,0,n) {//看一下这个数会变成的数，vint v=a[j].x-d;//1的话对res没有影响if(v==1) {continue;}//-1的话看值为这个数的有多少个if(v==-1) {if(a[j].y%2==1) {res*=-1;}continue;}//两个都不是的话就把，所有值为这个数的都乘上去_for(c,0,a[j].y) {res*=v;//中间溢出范围直接退出if(abs(res)>inf) {break;}}//溢出的话直接退出if(abs(res)>inf) {break;}}//满足的话用set存一下，供查询if(abs(res)<=inf) {s.insert(res);}}}}while(Q--) {int M;cin>>M;if(s.count(M)) {cout<<"Yes"<<endl;} else {cout<<"No"<<endl;}}
}signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
//	freopen("1.in", "r", stdin);int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)solve();return 0;
}

E

e题看到数据范围n和m都很小，dfs，对于每场比赛，ab两位选手，考虑每场比赛。
ab两位选手

  1. a胜b败
  2. a败b胜
  3. ab平局
#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f 
#define x first
#define y secondusing namespace std;const int N=20,mod=1e9+7;
int n,m,ans;
struct node
{int val,idx;bool operator <(const node t){return val>t.val;}
}a[N],b[N];PII op[N];void dfs(int u)
{if(u==m+1){memcpy(b,a,sizeof a);sort(b+1,b+1+n);
//		cout<<"AAAAAA"<<endl;
//		rep(i,1,n)	cout<<a[i].idx<<' '<<a[i].val<<endl;int k=0;rep(i,1,n)	if(b[i].idx==1)	k=i;ans=min(ans,k);return;}int x=find(op[u].x),y=find(op[u].y);//x胜a[x].val+=3;dfs(u+1); a[x].val-=3;//y胜a[y].val+=3;dfs(u+1); a[y].val-=3;//平局a[x].val+=1;a[y].val+=1;dfs(u+1); a[x].val-=1;a[y].val-=1;
}void solve()
{cin>>n>>m;ans=n;rep(i,1,n){int x;cin>>x;a[i]={x,i};}int k=0;rep(i,1,m){int x,y;cin>>x>>y;if(x>y)	swap(x,y);op[++k]={x,y};}dfs(1);cout<<ans<<endl;return;
}signed main()
{IOS	
//  	freopen("1.in", "r", stdin);int _;cin>>_;while(_--)solve();return 0;
}

F

考的是知识点 第二类斯特林数
从题目还是比较容易看出来这是一道第二类斯特林数的题目的，直接从前往后求一遍通项公式。
需要补一下组合数学的知识
d7039fd6bc9ff6fe6361180a79f2f5b.jpg
image

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pdd pair<double,double>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define vi vector<int>using namespace std;
const int maxn=1e6+10,mod=1e9+7;int ksm(int a,int b, int p){int res=1;while(b){if(b&1)	res=res*a%p;a=a*a%p;b>>=1;	}return res;
}
int fac[maxn],invfac[maxn];
void solve() {int n,m;cin>>n>>m;
// 	vi fac(n+1),invfac(n+1);fac[0]=invfac[0]=1;rep(i,1,maxn){fac[i]=fac[i-1]*i%mod;invfac[i]=ksm(fac[i],mod-2,mod);}      int ans=0;rep(i,0,m){ans+=((m-i)&1?-1:1)*ksm(i,n,mod)%mod*invfac[i]%mod*invfac[m-i]%mod;ans%=mod;}cout<<(ans+mod)%mod<<endl;
}signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
//	freopen("1.in", "r", stdin);int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)solve();return 0;
}

G

前缀和,先对优惠卷按价格排序，然后根据优惠卷可叠加，我们可以知道只要优惠的钱+m>=商品原价就可以更新答案。

#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f 
#define x first
#define y secondusing namespace std;const int N=1e5+10,mod=1e9+7;
int n,m;
struct node
{int x,y;bool operator <(const node t){return x<t.x;	} 
}a[N];void solve()
{cin>>n>>m;rep(i,1,n)	cin>>a[i].x>>a[i].y;sort(a+1,a+1+n);int ans=0,sum=0;rep(i,1,n){sum+=a[i].y;if(sum+m>=a[i].x){ans=max(ans,sum+m);}}if(!ans)	cout<<m<<endl;else	cout<<ans<<endl;
}signed main()
{IOS	
//  	freopen("1.in", "r", stdin);int _;cin>>_;while(_--)solve();return 0;
}

H

位运算贪心
涉及到位运算的题一定要把数字当成二进制串看
并且不存在进位意味着–位和位之间是独立的。
一般都是贪心的考虑每一位。

对于m我们设第x位为1，设选中的物品与起来为sum，如果sum的第x位为0，那么第x位之后所有的位都是任意的

  • 枚举第x位
  • 选择物品的第x位是0
  • 选择物品的高位应该是m高位的子集
  • 低位任意
#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_backusing namespace std;void solve()
{int n,m;cin>>n>>m;vector<int>v(n+1),w(n+1);rep(i,1,n)	cin>>v[i]>>w[i];int ans=0;auto check=[&](int s){int res=0;rep(i,1,n){//==的优先级高于&if((s&w[i])==w[i]){res+=v[i];}}ans=max(ans,res);};check(m);fep(i,29,0){if((m>>i)&1){check(m^(1<<i)|((1<<i)-1));	}}cout<<ans<<endl;return;
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//   	freopen("1.in", "r", stdin);int _;cin>>_;while(_--)solve();return 0;
}

I

两种方式的区别在于半径。
我们可以模拟题目中的过程然后在本地多跑几组数据看看r的均值有什么规律
技巧就是打表找规律

#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_backusing namespace std;
const int N=2010;int mod=1e9+7;void solve()
{int n;cin>>n;int s=0;rep(i,1,n){int x,y,r;cin>>x>>y>>r;s+=r;}if(s/n<20.0)	cout<<"bit-noob"<<endl;else	cout<<"buaa-noob"<<endl;return;
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//   	freopen("1.in", "r", stdin);int _;cin>>_;while(_--)solve();return 0;
}

J

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define _for(i,a,b) for(int i=(a); i<(b); ++i)
#define pii pair<int, int>
#define pdd pair<double,double>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define vi vector<int>using namespace std;
const int maxn=1e5+10,mod=1e9+7,K=4e4,inf=1e9;
int a[maxn];
int n,x,y;bool check(int tar) {set<int>S;if(abs(x-y)<=tar)	S.insert(y);int lst=x;rep(i,1,n){if(S.size()&&abs(a[i]-lst)<=tar){S.insert(lst);}while(S.size()&&abs(*S.begin()-a[i])>tar)	S.erase(*S.begin());while(S.size()&&abs(*S.rbegin()-a[i])>tar)	S.erase(*S.rbegin());lst=a[i];}return S.size();
}void solve() {cin>>n>>x>>y;rep(i,1,n) {cin>>a[i];}int l=0,r=1e9;while(l<r) {int mid=(l+r)>>1;if(check(mid)) {r=mid;} else {l=mid+1;}}cout<<l<<endl;
}signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
//	freopen("1.in", "r", stdin);int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)solve();return 0;
}

K

基环树

L

这道题应该是个签到题。主要是题面有点吓人。
直接考虑光源在最下面，这种情况地上的未被照射到的面积应该是最大的。
面积很好求，就是一个等腰梯形的面积。

#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f 
#define x first
#define y secondusing namespace std;const int N=1e5+10,mod=1e9+7;
int n,q,tc;void solve()
{int c,d,h,w;cin>>c>>d>>h>>w;db ans=1.0*(6*w)*c/2;printf("%.5lf\n",ans);
}
signed main()
{
// 	IOS	
//  	freopen("1.in", "r", stdin);int _;cin>>_;while(_--)solve();return 0;
}

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React Switch用法及手写Switch实现

React Switch用法及手写Switch实现

问&#xff1a;如果注册的路由特别多&#xff0c;找到一个匹配项以后还会一直往下找&#xff0c;我们想让react找到一个匹配项以后不再继续了&#xff0c;怎么处理&#xff1f;答&#xff1a;<Switch>独特之处在于它只绘制子元素中第一个匹配的路由元素。 如果没有<Sw…
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GCN,R-GCN,岭回归，SVR，随机森林，Adaboost

GCN,R-GCN,岭回归，SVR，随机森林，Adaboost

图卷积神经网络(graph convolutional network, GCN),它将卷积神经网络拓展到图结构形式 中&#xff0c;GCN因可以很好地融合图结构数据的结构特征和属性特征并且有较好的组合泛化能力而被广泛使用。 关系图卷积神经网络(relational-graph convolutional network, R-GCN)&#…
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【无标题】积鼎CFD VirtualFlow：航空及汽车燃油晃动流体仿真计算及试验对比

【无标题】积鼎CFD VirtualFlow：航空及汽车燃油晃动流体仿真计算及试验对比

图1 汽车储液罐内的液体晃动 燃油晃动&#xff0c;作为航空、航海及汽车工业中一个重要的物理现象&#xff0c;一直以来都受到广泛关注。在飞行器、船舶或汽车的运行过程中&#xff0c;由于外部扰动或内部燃料的消耗&#xff0c;油箱内的燃油会产生晃动。这种晃动不仅会影响燃…
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【Git教程】（五）分支 —— 并行式开发，分支相关操作（创建、切换、删除）~

【Git教程】（五）分支 —— 并行式开发，分支相关操作（创建、切换、删除）~

Git教程 分支 1️⃣ 并行式开发2️⃣ 修复旧版本中的 bug3️⃣ 分支4️⃣ 当前活跃分支5️⃣ 重置分支指针6️⃣ 删除分支7️⃣ 清理提交对象&#x1f33e; 总结 对于版本提交为什么不能依次进行&#xff0c;以便形成一条直线型的提交历史记录&#xff0c;我们认为有 以下两个…
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2024热门UI设计工具推荐

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最好的UI设计工具可以适应几乎每一个设计过程&#xff0c;并且有望满足您的创造性要求。但既然UI设计工具那么多&#xff0c;应该用什么工具呢&#xff1f; 在过去的几年里&#xff0c;Sketch和figma的结合一直是许多设计师的选择&#xff0c;但其他工具也提供了有竞争力的特点…
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LeetCode 刷题 [C++] 第240题.搜索二维矩阵 II

LeetCode 刷题 [C++] 第240题.搜索二维矩阵 II

题目描述 编写一个高效的算法来搜索 m x n 矩阵 matrix 中的一个目标值 target 。该矩阵具有以下特性&#xff1a; 每行的元素从左到右升序排列。 每列的元素从上到下升序排列。 题目分析 通过分析矩阵的特点发现&#xff0c;其左下角和右上角可以看作一个“二叉搜索树的根节…
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C++ 补充之常用遍历算法

C++ 补充之常用遍历算法

C遍历算法和原理 C标准库提供了丰富的遍历算法&#xff0c;涵盖了各种不同的功能。以下是一些常见的C遍历算法以及它们的概念和原理的简要讲解&#xff1a; for_each&#xff1a;对容器中的每个元素应用指定的函数。 概念&#xff1a;对于给定的容器和一个可调用对象&#xff…
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Docker 常用操作命令备忘

Docker 常用操作命令备忘

Docker 一旦设置好了环境&#xff0c;日常就只要使用简单命令就可以运行和停止。 于是&#xff0c;我每次用的时候&#xff0c;都想不起来一些关键性的命令到底怎么用&#xff0c;特此记录。 一、镜像管理 从公有仓库拉取镜像 &#xff08;对于使用苹果电脑 M1/M2/M3 芯片的 …
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