H-牛牛看云_2022牛客寒假算法基础集训营1 (nowcoder.com)
思路：
赛时和队友都想到了二分的做法，但是我觉得这个数据量1000 * 1000完全可以过啊，于是赛后就看到了下面这个代码，这个代码的思维量比二分大不少
既然要求所有任意数对与1000差值的绝对值的和，每个数的范围又是 0 - 1000，统计个数就行
b.collections 相当于是把 a 里的出现的每个 x 放到 map 里使得：map[x]++，得到的 map 就是 b
第一个双重循环：对于每个数值相异数对，拿一个 i 有 b[i] 种取法，拿一个 j 有 b[j] 种取法，公式考虑顺序，因此除以排列数A22，也就是2
第二个单重循环：对于数值不相异的数对，如果位置相异，当作数值相异计算，因此包含在二重循环中，位置相同则是自己和自己的贡献
此时不需要用 b 单独算组合数，直接扫一遍 a 数组就行
代码：
1 import collections 2 n = int(input()) 3 a = list(map(int, input().split())) 4 b = collections.Counter(a) 5 ans = 0 6 for i in range(1001): 7 for j in range(1001): 8 ans += b[i] * b[j] * abs(i + j - 1000) / 2 9 for i in range(n): 10 ans += abs(a[i] - 500) 11 print(int(ans))
F-小沙的算数_2022牛客寒假算法基础集训营2 (nowcoder.com)
思路：
乘法块分出来之后wa了，问题出在题目数据太大而进行了取模运算，取模和除法的顺序不能换
因此用逆元，但是我队当时三个人都wa了，逆元好像用的不对。。。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const int mod = 1e9 + 7; 5 const int N = 1e6 + 8; 6 char s[N]; 7 ll num[N], pos[N], n, q, a[N]; 8 ll ksm(ll a, ll b) { 9 ll ans = 1; 10 while (b) { 11 if (b & 1) (ans *= a) %= mod; 12 (a *= a) %= mod; 13 b >>= 1; 14 } 15 return ans; 16 } 17 int main() { 18 cin >> n >> q; 19 scanf("%s", s + 1); 20 for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i]; 21 int cnt = 1; 22 num[1] = a[1]; 23 pos[1] = 1; 24 //放到块里 25 for (int i = 2; i <= n; i++) { 26 if (s[i - 1] == '*') { 27 pos[i] = cnt; 28 num[cnt] = num[cnt] * a[i] % mod; 29 } 30 else { 31 num[++cnt] = a[i]; 32 pos[i] = cnt; 33 } 34 } 35 ll ans = 0, x = 0, y = 0; 36 for (int i = 1; i <= cnt; i++) (ans += num[i]) %= mod; 37 38 while (q--) { 39 cin >> x >> y; 40 //先把答案里去掉这块 41 ans = (ans - num[pos[x]] + mod) % mod; 42 //更新这块，然后加回去就完事了 43 //原块的值 * 修改值 % mod / 原值 % mod 错到西伯利亚去了 44 //原块的值 * 原值的逆元 % mod * 修改值 % mod 45 //就记住，乘上 k 的逆元相当于除 k 就完事了 46 num[pos[x]] = num[pos[x]] * ksm(a[x], mod - 2) % mod * y % mod; 47 ans = (ans + num[pos[x]]) % mod; 48 a[x] = y; 49 cout << ans << endl; 50 } 51 return 0; 52 }
A-小沙的炉石_2022牛客寒假算法基础集训营2 (nowcoder.com)
思路：
想到了伤害可以通过调整牌的顺序改变，应该是一个区间，但是没想到是二分攻击次数
不过复杂度最低的解法其实也不是二分，直接判断就得了
使用所有攻击牌最低伤害是：+sp，atk，+sp，atk，...
这样的伤害是1 + 3 + 5 + ... + min(n, m) = min(n, m) ** 2是个奇数等差数列
最大伤害是：+sp，+sp，... ，atk，atk，atk...
这样伤害是 (m + 1) + (m + 2) + ... + (m + n) = (2 * m + n + 1) * n / 2
代码：
1 n,m=map(int,input().split()) 2 a=(min(n,m)+1)**2-1; 3 b=min(n,m+1) 4 c=(2*m+1+b)*b//2 5 t=int(input()) 6 while t: 7 t-=1 8 x=int(input()) 9 if x==a or x>c: 10 print("NO") 11 else: 12 print("YES")
I-小沙的构造_2022牛客寒假算法基础集训营2 (nowcoder.com)
思路：看似字符串，其实模拟题
把字符分为两类：第一类自身对称，见代码 s1，第二类相互对称，见 s2 和 s3
然后贪心的模拟就ok了
代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int n, m; 4 char ans[1000005]; 5 string s1 = "\"!'*+-.08:=^_WTYUIOAHXVM|"; 6 string s2 = "<\\[{("; 7 string s3 = ">/]})"; 8 int main() { 9 cin >> n >> m; 10 if (m > n || m > 35) { 11 cout << -1 << endl; 12 return 0; 13 } 14 int l = 1, r = n; 15 int p = 0, q = 0; 16 while (m > 2 || (m == 2 && l + 1 == r)) { 17 cout << "p: " << p << " ans: " << ans + 1 << endl; 18 if (p >= 5) { 19 break; 20 } 21 ans[l++] = s2[p]; 22 ans[r--] = s3[p]; 23 m -= 2; 24 p++; 25 } 26 while (l <= r) { 27 if (m == 0) { 28 ans[l++] = ans[r--] = s1[q - 1]; 29 } 30 else { 31 ans[l++] = ans[r--] = s1[q++]; 32 m--; 33 } 34 } 35 if (m) { 36 cout << "-1" << endl; 37 return 0; 38 } 39 else { 40 cout << ans + 1; 41 } 42 return 0; 43 }
E-智乃的数字积木(easy version)_2022牛客寒假算法基础集训营3 (nowcoder.com)
思路：
先按照题意同色相邻的为一段进行分段
贪心使每段都能做大得到的结果就是最大
对每一段进行sort还是 log2(1e5) * 1e5
注意到 k 的范围只有10，算一下复杂度发现是10 * log2(1e5) * 1e5，原来又是个模拟题
写个 modify 函数调用 k 次就可以了
代码：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int p = 1e9 + 7, N = 1e6 + 10;; 4 int n, m, k, c[N]; 5 char s[N]; 6 int modify(){ 7 for (int i = 1; i <= n;) { 8 int j = i; 9 while (j <= n && c[j] == c[i]) j++; 10 sort(s + i, s + j); 11 reverse(s + i, s + j); 12 i = j; 13 } 14 int res = 0; 15 for (int i = 1; i <= n; i++) { 16 res = (1ll * res * 10 + s[i] - '0') % p; 17 } 18 return res; 19 } 20 int main(){ 21 ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0), cout.tie(0); 22 cin >> n >> m >> k >> s + 1; 23 for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> c[i]; 24 cout << modify() << '\n'; 25 //cout<<s+1<<'\n'; 26 while (k--) { 27 int x, y; cin >> x >> y; 28 for (int i = 1; i <= n; i++) if (c[i] == x) c[i] = y; 29 cout << modify() << '\n'; 30 } 31 }
I-智乃的密码_2022牛客寒假算法基础集训营3 (nowcoder.com)
思路：
尺取还是比较好想的，只是我的实现能力有点狗屎吧
下面复制一段大佬的代码，偶尔复习一下能学到东西
代码：（是个压行大佬的，我这辈子都写不出这种）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define int long long 3 #define endl '\n' 4 using namespace std; 5 int judge(char c) { 6 if (isupper(c)) return 1; 7 if (islower(c)) return 2; 8 if (isdigit(c)) return 3; 9 return 4; 10 } 11 int a[5], ans; 12 void answer() { cout << ans; exit(0); } 13 int nm() { int res = 0; for (int i = 1; i <= 4; ++i) if (a[i]) res++; return res; } 14 signed main() { 15 int n, l = 1, L, R, r = 0, len = 0; string s; 16 cin >> n >> L >> R >> s; s = " " + s; 17 while (1) { 18 while (r - l + 1 < L || nm() < 3) { 19 r++; if (r > n) answer(); a[judge(s[r])]++; 20 } 21 while (r - l + 1 >= L && nm() >= 3 && l <= r) { 22 ans += max(min(n - r + 1, l - r + R), 0ll); 23 a[judge(s[l])]--; l++; 24 } 25 } 26 return 0; 27 }
L-智乃的数据库_2022牛客寒假算法基础集训营3 (nowcoder.com)
思路：
模拟题，待补
代码：
待补
I-爆炸的符卡洋洋洒洒_2022牛客寒假算法基础集训营4 (nowcoder.com)
思路：
稍作改动的01背包（给涛涛写）
注意取模的操作就行
代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define int long long 3 using namespace std; 4 const int N = 1100; 5 int a[N], b[N], dp[N][N]; 6 7 signed main() { 8 ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0), cout.tie(0); 9 int n, k; cin >> n >> k; 10 for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i] >> b[i]; 11 memset(dp, -0x3f, sizeof dp); 12 dp[0][0] = 0; 13 for (int i=1;i <= n; i++) 14 for (int j = 0; j < k; j++) 15 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][(j - a[i] % k + k) % k] + b[i]); 16 if (dp[n][0] > 0) cout << dp[n][0]; 17 else cout << -1; 18 return 0; 19 }
J-区间合数的最小公倍数_2022牛客寒假算法基础集训营4 (nowcoder.com)
思路：
假设把区间内每个合数都分解出来，比如说 {4, 6, 8, 9} 中，那么因子再某个数中出现次数最高有 {2: 3, 3:2}
则上述合数的最小公倍数则为 2**3 * 3**2
数据量只有30000，那我肯定用py啊
代码：
1 cnt = 0 2 mod = int(1e9 + 7) 3 n = 30001 4 #质数是0，合数是1 5 st = [0 for i in range(30005)] 6 prime = [0 for i in range(30005)] 7 #指数筛 8 for i in range(2, n+1): 9 if not st[i]: 10 prime[cnt] = i 11 cnt += 1 12 for j in range(n): 13 if prime[j] > n / i: break 14 st[prime[j] * i] = 1 15 if i%prime[j] == 0: break 16 #模拟 17 l, r = map(int, input().split()) 18 dic = {} 19 for i in range(l, r + 1): 20 if st[i]: 21 tmp = i 22 for j in prime: 23 if tmp == 1: break 24 tmp_cnt = 0 25 while tmp % j == 0 and tmp != 1: 26 tmp /= j 27 tmp_cnt += 1 28 if j not in dic or dic[j] < tmp_cnt: 29 dic[j] = tmp_cnt 30 #累计答案 31 ans = 1 32 for i in dic: 33 ans = ans * (i**dic[i] % mod) % mod 34 if ans == 1: 35 print(-1) 36 else: 37 print(ans)
D-雪色光晕_2022牛客寒假算法基础集训营4 (nowcoder.com)
思路：
计算几何，点到射线的最短距离即是答案
下面是py题解（人生苦短，我用py），返校去实验室机子找找lmgg的板子再用c++补（挖坑）
题解：
1 n=int(input()) 2 s = input() 3 s=s.split(' ') 4 x0=int(s[0]) 5 y_0=int(s[1]) 6 X=int(s[2]) 7 Y=int(s[3]) 8 ans=1e18 9 for i in range(n): 10 s=input().split(' ') 11 x=int(s[0]) 12 y=int(s[1]) 13 A=x*x+y*y 14 B=2*(x*(x0-X)+y*(y_0-Y)) 15 C=(x0-X)*(x0-X)+(y_0-Y)*(y_0-Y) 16 17 if -B>=0and-B<=2*A: 18 ans=min(ans,(4*A*C-B*B)/(4*A)) 19 else: 20 ans=min(ans,min(A+B+C,C)) 21 x0+=x; 22 y_0+=y; 23 print(pow(ans,0.5))
D-数位小孩_2022牛客寒假算法基础集训营5 (nowcoder.com)
思路：
众所周知DP是一种暴力算法，既然是暴力，那DFS说不定也可以
相邻两数相加为质数，也就18以内的质数，数出来
记录 last 和当前位的值，如果不是质数就break，大剪枝
然后算一下复杂度，看似10**10，其实两个数的和为0 - 18， 一共19种，而只有7种是符合情况的质数
那么不正确且粗略的估算下，复杂度不会过分偏离（10 * 7 / 19）** 10 ≈ 4 ** 10 = 2 ** 20 ≈ 1e6
因此可以DFS。
但是我写不出优美的DFS，贴上某佬的代码以供学习
代码：
1 #include <iostream> 2 using namespace std; 3 int a[20]; 4 long long l, r; 5 int ans = 0; 6 void dfs(long long x, int last, int flag) { 7 if (x > r) return; 8 if (x >= l && flag == 1) ans++; 9 for (int i = 0; i <= 9; i++) { 10 if (a[i + last]) dfs(x * 10 + i, i, flag || i == 1); 11 } 12 } 13 14 int main() { 15 cin >> l >> r; 16 a[2] = a[3] = a[5] = a[7] = a[11] = a[13] = a[17] = 1; 17 for (long long i = 1; i <= 9; i++) { 18 dfs(i, i, i == 1); 19 } 20 cout << ans << endl; 21 }
2022牛客寒假算法基础集训营6_ACM/NOI/CSP/CCPC/ICPC算法编程高难度练习赛_牛客竞赛OJ (nowcoder.com)
思路：
好题，数学题，一开始思路被题目描述带偏了，搁那推公式
后面看题解发现都是暴力，算一下复杂度能过，暴力能过为什么要推公式呢？
1、首先注意到 a 的值仅有0，1，2
如果累乘中出现了0，那么该项为0；
如果累乘中出现了1，那么该项不变；
如果累乘中出现了2，那么该项 * 2；
显然，答案应该是累加了一堆 2 的幂，先把 p2[maxn]算出来备用；
并且，统计0，1，2的个数，存入a[3]中
2、当某项可以产生贡献时，该项是个n次多项式，其中k项为1，则有n-k项为2
从a[1]中选择k项，从a[2]中选择n - k项，组合数经典问题，因此提前求出逆元inv[maxn]备用
代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define int long long 3 using namespace std; 4 const int N = 1e7 + 10, mod = 998244353; 5 6 int ksm(int a, int b){ 7 int ans = 1; 8 while (b) { 9 if (b & 1)ans = ans * a % mod; 10 b >>= 1; 11 a = a * a % mod; 12 } 13 return ans; 14 } 15 16 int f[N], inv[N], p2[N], a[5]; 17 18 signed main(){ 19 int n, k; cin >> n >> k; 20 for (int i = 1; i <= n; i++){ 21 int x; cin >> x; 22 a[x]++; 23 } 24 f[0] = inv[0] = p2[0] = 1; 25 for (int i = 1; i <= max(a[1], a[2]); i++){ 26 p2[i] = p2[i - 1] * 2 % mod; 27 f[i] = f[i - 1] * i % mod; 28 inv[i] = inv[i - 1] * ksm(i, mod - 2) % mod; 29 } 30 int ans = 0; 31 for (int i = 0; i <= min({ k,a[2] }); i++){ 32 int y = i, x = a[2]; 33 int z = ((f[x] * inv[y] % mod) * inv[x - y] % mod) * p2[i] % mod; 34 x = a[1], y = k - i; 35 ans = ans + ((z * (f[x] * inv[y] % mod) % mod) * inv[x - y] % mod) % mod; 36 ans %= mod; 37 } 38 cout << ans << endl; 39 }
B-价值序列_2022牛客寒假算法基础集训营6 (nowcoder.com)
思路：
单调子串可以删掉中间的数（只保留波峰和波谷）不改变贡献
其余数可删可不删，也就是01的情况
找出所有可以删掉的数的数量 k，然后求 pow(2, k)即可
代码：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define int long long 3 using namespace std; 4 const int maxn = 2e5 + 5; 5 const int mod = 998244353; 6 int arr[maxn], p2[maxn]; 7 8 signed main() { 9 ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0), cout.tie(0); 10 p2[0] = 1; 11 for (int i = 1; i <= 100000; i++) p2[i] = p2[i - 1] * 2 % mod; 12 int t; cin >> t; while (t--) { 13 int n, res = 1; cin >> n; 14 for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> arr[i]; 15 for (int i = 1; i <= n; i++) { 16 int j = i; 17 while (j < n && arr[j + 1] == arr[i]) j++; //值不改变 18 if (i - 1 >= 1 && j + 1 <= n && //范围内 19 (arr[i - 1] < arr[i] && arr[j + 1] > arr[i] || //单调上升 20 arr[i - 1] > arr[i] && arr[j + 1] < arr[i])) { //单调下降 21 res = res * p2[2, j - i + 1] % mod; 22 } 23 else { 24 res = res * (p2[2, j - i + 1] + mod - 1) % mod; 25 } 26 i = j; 27 } 28 cout << res << endl; 29 } 30 return 0; 31 }
D-删除子序列_2022牛客寒假算法基础集训营6 (nowcoder.com)
思路：
从左往右枚举当前下标的状态
贪心的想，删字符肯定是尽量靠左，给右边删除其他的留空间
动态规划的想，如果当前位置有机会为答案产生贡献，其左边一定可以组成前缀串
用一个一维数组记录被贡献串某下标可以组成的前缀串数量
由于没有重复字母，降低了难度，只需要26 * 1e6就能过
代码：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 //#define int long long 3 using namespace std; 4 const int maxn = 2e5 + 5; 5 int p[30]; 6 7 signed main() { 8 ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0), cout.tie(0); 9 int t; cin >> t; while (t--) { 10 memset(p, 0, sizeof p); 11 int n, m; cin >> n >> m; 12 string s1, s2; cin >> s1 >> s2; 13 for (int i = 0; s1[i]; i++) { 14 for (int j = 0; s2[j]; j++) { 15 if (s1[i] == s2[j]) { // 有机会产生贡献 16 if (j == 0) { // 作为开头或是延长左边字串的贡献 17 p[j]++; 18 } 19 else if (p[j - 1]) { // 道路不断向前延伸（我在干什么啊 20 p[j]++, p[j - 1]--; 21 } 22 } 23 } 24 } 25 cout << p[m - 1] << '\n'; 26 } 27 return 0; 28 }
题意：
在给定的数组中，选择某相邻两数间的位置进行操作
操作：任意选择一个数，在任意位置插入两次，使串最终变成多组对称串
输出：
第一行：操作次数 x；
接下来 x 行：操作位置 p 和插入数 n
思路：
我们想象一个隔板，左边是当前拥有的，右边是还未进行操作的
用桶把左边的数装起来，对于某个数字 x，如果他的数量是1，那么无论如何进行操作，由于每次增加偶数个，因此不可能消掉 x
现在隔板向右移动一格，将一个数字加入了左边
如果加入数字后，这个桶里存在两个相同的数，那么肯定可以消除：凑回文串
那么我们可以通过一直进行凑回文的操作，保证左边的桶里都只有0或1个数（出现2时消除变成0）来构造
赛时想到了，但是我的代码水平，那就是一坨*
代码：
抄某个大佬的，有空照着模一模
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define int long long 3 #define PII pair<int,int> 4 using namespace std; 5 6 const int N = 505; 7 int a[N],tmp[N],n; 8 map<int,int> mp; 9 vector<int> v; 10 vector<PII> ans; 11 void solve(){ 12 cin>>n; 13 for(int i=1;i<=n;i++) 14 cin>>a[i]; 15 mp.clear(); 16 for(int i=1;i<=n;i++) 17 mp[a[i]]++; 18 bool flag = 1; 19 for(PII p:mp){ 20 if(p.second%2==1){ 21 flag=0; 22 break; 23 } 24 } 25 if(!flag){ 26 cout<<"-1\n"; 27 return ; 28 } 29 30 v.clear(); 31 ans.clear(); 32 int now=1,last=0; 33 while(now<=n){ 34 int index=-1; 35 for(int i=now+1;i<=n;i++){ 36 if(a[i]==a[now]){ 37 index=i; 38 break; 39 } 40 } 41 v.push_back((index-now)*2);//该子段配置完毕后的长度贡献 42 for(int i=now+1;i<index;i++) 43 ans.push_back({last+index-now+i-now,a[i]}); 44 45 for(int i=now+1;i<index;i++) 46 tmp[i]=a[index-(i-now)]; 47 for(int i=now+2;i<=index;i++) 48 a[i]=tmp[i-1]; 49 //以上操作为进行数组内的子段倒置 50 51 last+=(index-now)*2;//最后一组配对完后的下标 52 now+=2;//下一个待构造 53 } 54 cout<<ans.size()<<endl; 55 for(auto p:ans) 56 cout<<p.first<<" "<<p.second<<endl; 57 cout<<v.size()<<endl; 58 for(auto val:v) 59 cout<<val<<" "; 60 cout<<endl; 61 } 62 63 signed main(){ 64 int t; 65 cin>>t; 66 while(t--){ 67 solve(); 68 } 69 return 0; 70 }