| A | B | C | D | E | F | G | H | I | J |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| (checkmark) | (checkmark) | (O) | (checkmark) | (checkmark) | (O) | (checkmark) | (O) | (O) | ( imes) |
(checkmark)：代表比赛时通过。
(O)：代表赛后补题通过。
( imes)：代表目前还未通过。
A. honoka和格点三角形
题目大意
在一个(n)行(m)列的矩阵点阵中求出满足一下要求的三角形的个数：
- 三角形的三个顶点均为格点（横纵坐标均为整数）。
- 三角形的面积为(1)。
- 三角形至少有一条边和(x)轴或者(y)轴平行。
解题思路
三角形的面积为(1)，并且横纵坐标均为整数，那么分为两种情况（平行(x)轴或者(y)轴的为底边）：
- 底边为(1)，高为(2)。
- 底边为(2)，高为(1)。
再根据底边平行的轴不同，分为四种情况即可。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
const int mod = 1e9+7;
const int maxn=1e5+10;
typedef long long ll;
using namespace std;
int main()
{
ll y,x;
cin>>y>>x;
ll res;
if(x>=3)
res = ((2LL*(y-1)*(x-2))%mod)*(x-2+y)%mod;
if(y>=3)
res+= ((2*(x-1)*(y-2))%mod)*(x+y-2)%mod;
res%=mod;
cout<<res<<endl;
}
总结
规律总结题。
B. kotori和bangdream
题目大意
每个音符有(x\%)的概率得(a)分，有((100-x)\%)的概率得(b)分，求(n)个字符的得分期望。
解题思路
求出(n)个字符分为全部为(a)分和(b)的得分，乘以对应的概率即为答案。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=1e5+10;
typedef long long ll;
using namespace std;
int main()
{
double n,x,a,b;
cin>>n>>x>>a>>b;
a*=n;
b*=n;
a*=x;
a/=100;
b*=(100-x);
b/=100;
printf("%.2f",a+b);
return 0;
}
总结
签到题，但由于自己的粗心，没有注意浮点数的使用。在比赛过程中遇到除运算的时候，应当小心一点。
C. umi和弓道
题目大意
在二维坐标中有一个起始点((x_0,y_0))与其他(n)个点相连构成(n)条射线，在(x)轴或者(y)轴上放一个挡板，切断两点之间的连接，现求挡板的最小长度以使没有被切断的连线的数量不超过(k)
解题思路
(n)个点中与起始点在同一象限的点是不可能被挡板给挡住的，那么分别统计与起始点不在同一象限的点与起始点的连线在(x)轴和(y)轴的交点。题目求没有被挡板挡住的连线不超过(k)，换言之就是要挡住至少(n-k)个点。然后找出连续(n-k)个点构成区间的最小值。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=1e5+10;
typedef long long ll;
using namespace std;
vector<double>v1,v2;
int main()
{
double x0,y0;
cin>>x0>>y0;
int n,k;
cin>>n>>k;
k=n-k;
for(int i=0;i<n;i++){
double x1,y1;
cin>>x1>>y1;
double a=(y0-y1),b =(x1-x0);
if(x1*x0<0){
double jiao=a/b*x0+y0;
v2.push_back(jiao);
}
if(y1*y0<0){
double jiao=x0+b/a*y0;
v1.push_back(jiao);
}
}
sort(v1.begin(),v1.end());
sort(v2.begin(),v2.end());
double res=1e18;
if(v1.size()>=k){
int st=0,ed=st+k-1;
while(ed<v1.size()){
res=min(res,v1[ed]-v1[st]);
st++,ed++;
}
}
if(v2.size()>=k){
int st=0,ed=st+k-1;
while(ed<v2.size()){
res=min(res,v2[ed]-v2[st]);
st++,ed++;
}
}
if(res==1e18)cout<<"-1"<<endl;
else printf("%.7lf",res);
return 0;
}
总结
D. hanayo和米饭
题目大意
有(1,2,3 cdots,n)个数字，现在从中任意拿走一个数字，根据剩下的(n-1)个数字，判断拿走的数字是多少。
解题思路
-
方案1：直接排序
将输入的(n-1)个数字存在一个数组当中，排一个序，遍历数组，如果数字的下标和数字不相等，即为答案。
-
方案二：求和
在输入的过程中求出(n-1)个数字的和，再根据高斯公式求出(n)个数字的和，两个相减即为答案。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=1e5+10;
typedef long long ll;
using namespace std;
int a[maxn];
int main()
{
int n;
cin>>n;
for(int i=0;i<n-1;i++){
cin>>a[i];
}
sort(a,a+n-1);
for(int i=0;i<n;i++){
if(a[i]!=i+1){
cout<<i+1<<endl;
break;
}
}
return 0;
}
总结
签到题。
E. rin和快速迭代
题目大意
给你一个式子(f(x))表示(x)的正整数因子的个数，不断迭代(f(x))的结果，求最终结果为(2)时的迭代次数。
解题思路
直接模拟题意迭代即可，刚开始拿到这道题的时候，以为有什么规律，所以一开始的方向就错了。
时间复杂度为(O(sqrt{n}))。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=1e5+10;
typedef long long ll;
using namespace std;
int solve(ll x){
int cnt=0;
for(ll i=2;i*i<=x;i++){
if(x%i==0){
cnt+=2;
if(i*i==x)cnt--;
}
}
return cnt;
}
int main()
{
ll n;
cin>>n;
int res=0;
ll mid=solve(n)+2;
while(mid!=2){
res++;
mid=solve(mid)+2;
// cout<<mid<<endl;
}
res++;
cout<<res<<endl;
return 0;
}
总结
在做题的过程中一定要重视计算时间复杂度，最开始以为直接模拟会炸，所以没有去写，往找规律的方向去思考去了，耽误了时间。同时要注意数据的范围，这道题就犯了这个错误。
F. maki和tree
题目大意
在一个有(n)个点的树上，每个点被标记为白色或者黑色，问有多少条只包含一个黑点的简单路径。
解题思路
简单路径只有两种情况下会包含一个黑点：
- 起始点和终点都为白点。
- 两个断点其中一个是黑点。
这道题个人认为切入点为黑点，因为路径中只有一个黑点，那么这个黑点要么为起始或者重点，要么将多个白点连接起来作为中间点。这样一来就要找到黑点连接的白点所在的联通块总共有多少个白点，因为是在树上，所以每个联通块是各自独立的，不存在重复计算的情况。计算联通块中节点的个数可以用并查集，并查集中在连接两个节点的时候，统计其所在父亲的孩子数量，这样其他节点所在联通块的节点数量为其父亲节点的孩子数量加(1)。
假设某一个黑点，连接了(k)个节点，其中(f(i))表示第(i)个节点所在联通块的节点个数：
- 第一种情况的计算结果为(sum_{i=1}^k{sum_{j=i+1}^k}f(i)*f(j))。
- 第二种情况的计算结果为(sum_{i=1}^kf(i))。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=1e5+10;
typedef long long ll;
using namespace std;
int n;
string color;
vector<int>G[maxn];
int pre[maxn];
void init(){
for(int i=0;i<maxn;i++){
pre[i]=i;
}
}
int childnum[maxn];
int nodenum[maxn];
int find(int x)
{
int r=x;
while(r!=pre[r]){
r=pre[r];
}
int i=x,j;
while(i!=pre[i]){
j=pre[i];
pre[i]=r;
i=j;
}
return r;
}
void uni(int x,int y){
int fx=find(x),fy=find(y);
if(fx!=fy){
pre[fx]=fy;
childnum[fy]+=childnum[fx]+1;
}
}
ll sum[maxn];
ll solve(vector<int>temp){
ll res=0;
for(int i=0;i<temp.size();i++){
res+=temp[i];
}
//求前缀和
for(int i=0;i<temp.size();i++){
sum[i+1]=sum[i]+temp[i];
}
for(int i=1;i<temp.size();i++){
res+=temp[i]*sum[i];
}
return res;
}
int main()
{
// freopen("data.txt","r",stdin);
cin>>n;
cin>>color;
//对并查集数组进行初始化
init();
for(int i=0;i<n-1;i++){
int x,y;
cin>>x>>y;
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
if(color[x-1]=='W'&&color[y-1]=='W'){
uni(x,y);
}
}
ll res=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
nodenum[i]=childnum[find(i)]+1;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(color[i-1]=='B'){
vector<int>temp;
for(int j=0;j<G[i].size();j++){
if(color[G[i][j]-1]=='W')
temp.push_back(nodenum[G[i][j]]);
}
res+=solve(temp);
}
}
cout<<res<<endl;
return 0;
}
总结
本以为自己对并查集的掌握比较牢靠，但这道题还是没有做的出来，唉！这道题用并查集来做的思维还是比较独特。希望自己多多积累经验。
G. eli和字符串
题目大意
给你一个只包含小写字母的字符串，求满足有(k)个相同字母的子串的最小长度。
解题思路
利用二维数组，分别统计(26)种字母的位置。如果每种字母的个数都小于(k)，那么就不存在这样的字符串，输(-1)。
对于每一种字母的情况，遍历每一行，(i)下标对应的值表示第(1)个字母出现的位置，(i+k-1)下标对应的值表示第(k)个字母出现的位置，维护区间最小值即可。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=1e5+10;
typedef long long ll;
using namespace std;
vector<int>a[30];
int main()
{
int n,k;
cin>>n>>k;
string str;
cin>>str;
for(int i=0;i<str.size();i++){
a[str[i]-'a'].push_back(i);
}
int maxlen=0;
for(int i=0;i<26;i++){
int len = a[i].size();
maxlen=max(len,maxlen);
}
if(maxlen<k){
cout<<"-1"<<endl;
return 0;
}
int res=2e5+10;
// cout<<a[1][0]<<" "<<a[1][1]<<endl;
for(int i=0;i<26;i++){
if(a[i].size()<k)continue;
for(int j=0;j<a[i].size()&&j+k<=a[i].size();j++){
res = min(res,a[i][j+k-1]-a[i][j]+1);
}
// cout<<res<<endl;
}
cout<<res<<endl;
return 0;
}
总结
简单的统计，没有什么难度。
H. nozomi和字符串
题目大意
给你一个长度为(n)只包含(01)字符的字符串，拥有(k)次操作将字符(0)变为(1)或者将(1)改变为(0)，问经过最多(k)次操作（(k)次机会可以不用完）之后字符相同的子串的最长长度。
解题思路
总体思路是贪心。先考虑(k)大于等于(1)的个数或者大于(0)的个数的情况，那么结果就是字符串的长度；另一种情况则统计每一个(1)的前缀(1)和后缀(1)的位置，然后遍历一遍，以(start)为起点，(end)为终点，贪心(k)个1的位置，将这(k)个(1)都改变为(0)，那么字符串区间为为下标(end+1)的值减去下标(start-1)的值再加(1)。
AC代码
/*
H题补题
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n,k;
cin>>n>>k;
string str;
cin>>str;
vector<int>v[2];
v[0].push_back(-1);
v[1].push_back(-1);
for(int i=0;i<str.size();i++){
if(str[i]=='0')
v[0].push_back(i);
else
v[1].push_back(i);
}
int res=0;
if(v[0].size()-1<=k||v[1].size()-1<=k)res=n;
for(int i=0;i<2;i++){
for(int j=1;j<v[i].size()&&j+k<=v[i].size();j++){
res=max(res,v[i][j+k]-v[i][j-1]-1);
}
}
cout<<res<<endl;
return 0;
}
总结
最开始在做这道题的时候想的太过于复杂，想到用动态规划去做，没有往贪心上靠。
I. nico和niconiconi
题目大意
给你一个长度为(n)的字符串，其中"nico" 计(a)分，"niconi" 计(b)分，"niconiconi" 计(c)分，求出字符串最多能得多少分。（已经计算过的字符不能重复进行计算）
解题思路
利用动态规划的思想，(dp[i])表示前(i)个字符的最大值，转移方程为：
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=3e5+10;
typedef long long ll;
using namespace std;
ll dp[maxn];
int main()
{
int n,a,b,c;
cin>>n>>a>>b>>c;
string str;
cin>>str;
int len=str.size();
dp[0]=0;
for(int i=1;i<len;i++){
dp[i]=dp[i-1];
if(i>=3&&str.substr(i-3,4)=="nico")
dp[i]=max(dp[i],dp[i-3]+a);
if(i>=5&&str.substr(i-5,6)=="niconi")
dp[i]=max(dp[i],dp[i-5]+b);
if(i>=9&&str.substr(i-9,10)=="niconiconi")
dp[i]=max(dp[i],dp[i-9]+c);
}
cout<<dp[len-1]<<endl;
return 0;
}
总结
动态规划还是自己的弱点啊，根本没有想到这方面，其实理解之后还是蛮简单的，但就是当时看到这道题过题人数不是很多，给自己造成了心理压力，先入为主。