2022牛客寒假算法基础集训营1 ABCDEFGHIJKL

文章目录

• A.[九小时九个人九扇门](https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/A)

• 思路
• Accepted Code

• B.[炸鸡块君与FIFA22](https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/B)
• C.[Baby's first attempt on CPU](https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/C)

• 思路
• Accepted Code

• D.[牛牛做数论](https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/D)

• 思路
• Accepted Code

• E.[炸鸡块君的高中回忆](https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/E)

• 思路
• Accepted Code

• F.[中位数切分](https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/F)

• 思路
• Accepted Code

• G.[ACM is all you need](https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/G)
• H.[牛牛看云](https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/H)

• 思路
• Accepted Code

• I.[B站与各唱各的](https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/I)

• 思路
• Accepted Code

• J.[小朋友做游戏](https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/J)

• 思路
• Accepted Code

• K.[冒险公社](https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/K)
• L.[牛牛学走路](https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/L)

• 思路
• Accepted Code

A.​​九小时九个人九扇门​​

思路

首先观察数根的性质，令

$R(x)$

表示数字

$x$

的数字根，那么有

$R(a) + R(b) = R(a + b)$

，根据这个性质：

• 设

$dp[i][j]$

• 表示前

$i$

• 个人可以组合出

$j$

• 的方案数
• 第

$i$

• 个人被加入方案时：第

$i-1$

• 个人组合出

$j$

• 的状态下可以向第

$i$

• 个人组合出

$j + R(a[i])$

• 的状态转移，也就是

$dp[i][j + R(a[i])] += dp[i - 1][j]$

• 第

$i$

• 个人不加入方案时：第

$i-1$

• 个人组合出

$j$

• 的状态下可以向第

$i$

• 个人组合出

$j$

• 的状态转移，也就是

$dp[i][j] += dp[i - 1][j]$

• 注意从

$0$

• 开始枚举，因为第

$i$

• 个人本身可以作为一种方案存在

求数根可以直接应用性质：模

$9$

取根，注意

$9$

的倍数直接赋

$9$

，然后根据以上分析写即可。

Accepted Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10, MOD = 998244353;
int dp[N][15], a[N];

inline int get(int x){
    if(x < 10) return x;
    else{
        if(x % 9) return (x % 9);
        else return 9;
    }
}

inline void solve(){
    int n = 0; cin >> n;
    dp[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        int num = 0; cin >> num;
        a[i] = get(num);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 0; j <= 9; j++) (dp[i][get(a[i] + j)] += dp[i - 1][j]) %= MOD;
        for(int j = 0; j <= 9; j++) dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j]) % MOD;
    }
    for(int i = 1; i <= 9; i++) cout << dp[n][i] << ' ';
}

signed main(){
    solve();
    return 0;
}

B.​​炸鸡块君与FIFA22​​

线段树/分块/倍增均可写。

线段树写法见：2022牛客寒假算法基础集训营1 B.炸鸡块君与FIFA22 线段树_HeartFireY的博客-CSDN博客

C.​​Baby’s first attempt on CPU​​

思路

考虑对第

$i$

条语句，如果与

$i - j$

条语句有关，那么需要在第

$i - j$

条语句后插入

$3$

条语句分隔。那么可以使用一个数组进行模拟，记

$cnt[i]$

表示到原来第

$i$

条语句为止，消除读写相关性后的语句总数。那么显然对于第

$i$

条语句：

$a == 1 \rightarrow cnt[i] = max(cnt[i], cnt[i - 1] + 3)\\ b == 1 \rightarrow cnt[i] = max(cnt[i], cnt[i - 2] + 3)\\ c == 1 \rightarrow cnt[i] = max(cnt[i], cnt[i - 3] + 3)$

类似于一个小贪心

$dp$

，但实际上就是在模拟整个过程。

Accepted Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e3 + 10;
int vis[N];

inline void solve(){
    int n = 0; cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        vis[i] = vis[i - 1];
        int a, b, c; cin >> a >> b >> c;
        if(a == 1) vis[i] = max(vis[i], vis[i - 1] + 3);
        if(b == 1) vis[i] = max(vis[i], vis[i - 2] + 3);
        if(c == 1) vis[i] = max(vis[i], vis[i - 3] + 3);
        vis[i]++;
    }
    cout << vis[n] - n << endl;
}

signed main(){
    //int t = 0; cin >> t;
    //while(t--) 
    solve();
    return 0;
}

D.​​牛牛做数论​​

思路

首先回顾欧拉函数：设

$n = \prod_{i=1}^{n}p_i^{k_i}$

，其中

$p_i$

是质数，有

$\varphi(n) = n \times \prod_{i = 1}^n{\dfrac{p_i - 1}{p_i}}$

。

题目定义

$H(n) = \frac{\varphi(n)}{n}$

，显然可以展开得到：

$H(n) = \frac{\varphi(n)}{n} = \frac{n \times \prod_{i = 1}^n{\dfrac{p_i - 1}{p_i}}}{n} = \prod_{i = 1}^n{\dfrac{p_i - 1}{p_i}}$

要求

$H(n)$

的最值点，实际上就是求

$\prod_{i = 1}^n{\dfrac{p_i - 1}{p_i}}$

的最值点：

对于最小值点，显然是所有素数前缀积中不超过

$n$

的最大值，最大值点则是

$[2, n]$

中最大的素数。那么直接暴力求累加即可。注意防止溢出，要边取模边乘。

Accepted Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 5;
int a[N], book[N];

inline int get(int n){
    bool flag = true;
    while (flag){
        flag = false;
        for (int i = 2; i <= sqrt(n); i++){
            if (!(n % i)){
                flag = true, n--;
                break;
            }
        }
    }
    return n;
}
void solve(){
    int n = 0; cin >> n;
    int cnt = 0, pos = get(n), ans = 1;
    if (n == 1){ cout << -1 << endl; return; }
    for (int i = 2; i <= 1000; i++){
        int flag = 1;
        for (int j = 2; j <= sqrt(i); j++){
            if (i % j == 0){
                flag = 0;
                break;
            }
        }
        if(flag) book[++cnt] = i;
    }
    for (int i = 1; i <= cnt; i++){
        if (ans * book[i] > n) break;
        ans *= book[i];
    }
    cout << ans << ' ' << pos << endl;
}

signed main(){
    int t = 0; cin >> t;
    while (t--) solve();
    return 0;
}

E.​​炸鸡块君的高中回忆​​

思路

考虑只有第一次会进入

$m$

个人，以后每次减少

$(m - 1)$

个人，每次减少需要两轮。但是如果刚好

$(n - m) \% (m - 1) == 0$

时，不需要多出来一次。

注意特判KaTeX parse error: Undefined control sequence: \and at position 7: m = 1 \̲a̲n̲d̲ ̲n = 1的时候，是可以的。。。

Accepted Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

inline void solve(){
    int n, m; cin >> n >> m;
    if(m == 1){ 
        if(n == 1) cout << 1 << endl;
        else cout << -1 << endl;
        return;
    }
    int d1 = 1 + (n - m) / (m - 1), d2 = (n - m) % (m - 1) != 0;
    if(n == m) cout << 1 << endl;
    else cout << 2 * (d1 + d2) - 1 << endl;
}

signed main(){
    int t = 0; cin >> t;
    while(t--) solve();
    return 0;
}

F.​​中位数切分​​

思路

直接统计所有大于等于

$m$

的数字个数，单独统计小于

$m$

的数字个数。

如果所有大于等于

$m$

的数字单独作为以一个区间，那么显然每个区间都符合中位数要求。如果将小于等于

$m$

的数字插入这些区间，那么显然一个小于等于

$m$

的数插入后要维持中位数大于等于

$m$

的性质，需要另外一个大于等于

$m$

的数字配合插入。

也就是说，插入该数字后，总区间数将减一。那么可以知道：

• 当所有大于等于

$m$

• 的数字个数少于小于

$m$

• 的数字个数时，将无法构成题目要求，此时输出​​-1​​
• 当所有大于等于

$m$

• 的数字个数多于小于

$m$

• 的数字个数时，数目为大于等于

$m$

• 的数字个数减去小于

$m$

• 的数字个数，也就是每个小于

$m$

• 的数字插入时都会引起一次区间数目的减少。

Accepted Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;

inline void solve(){
    int n, m; cin >> n >> m;
    int cnt1 = 0,  cnt2 = 0;
    for(int i = 0; i < n; i++){
        int num; cin >> num;
        if(num >= m) cnt1++;
        else cnt2++;
    }
    if(cnt1 <= cnt2) cout << -1 << endl;
    else cout << cnt1 - cnt2 << endl;
}

signed main(){
    solve();
    return 0;
}

赛时乱搞过了，十分迷惑

G.​​ACM is all you need​​

待补

H.​​牛牛看云​​

思路

数据范围很**，所以直接开桶记录数字个数，然后遍历一下暴力加即可。

注意在求和时，由于求得是上三角矩阵，可以现求整个矩阵，将对角线

$\times 2$

后整体

$\div 2$

。

Accepted Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;

const int N = 1000 + 10;
int a[N];

inline void solve(){
    int n = 0; cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        int num = 0; cin >> num; a[num]++;
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 0; i <= 1000; i++){
        ans += abs(i + i - 1000) * a[i]; //对角线多加一次
        for(int j = 0; j <= 1000; j++)
            ans += abs(i + j - 1000) * (a[i] * a[j]);
    }
    cout << ans / 2 << endl;
}

signed main(){
    solve();
    return 0;
}

I.​​B站与各唱各的​​

思路

(通过万能队友)得结论为

$m \times \frac{2^n - 2}{2^n}$

。然后逆元搞一下就可以了。

Accepted Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int MOD = 1e9 + 7;

int pow(int a, int b, int mod){
    int ans = 1;
    while (b){
        if (b & 1) ans = ans * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}
int getinv(int a, int mod){
    return pow(a, mod - 2, mod);
}

inline void solve(){
    int n, m; cin >> n >> m;
    int ans = m * (1 + MOD - getinv(pow(2, n - 1, MOD), MOD)) % MOD;
    cout << ans << endl;
}

signed main(){
    int t = 0; cin >> t;
    while (t--) solve();
    return 0;
}

J.​​小朋友做游戏​​

思路

首先考虑围成圆圈的限制：实际上就是在显示最多选择

$\frac n2$

个闹腾的的XPY，然后分别对两组小朋友排序后求前缀和，然后枚举安静小朋友的数量，不断地取

$max$

即可。

Accepted Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;
int a[N], b[N];

inline bool cmp(int &a, int &b){ return a > b; }

inline void solve(){
    int aa, bb, n; cin >> aa >> bb >> n;
    for(int i = 1; i <= aa; i++) cin >> a[i];
    for(int i = 1; i <= bb; i++) cin >> b[i];
    if(aa < (n - n / 2)){ cout << -1 << endl; return; }
    sort(a + 1, a + 1 + aa, cmp); sort(b + 1, b + 1 + bb, cmp);
    for(int i = 1; i <= aa; i++) a[i] += a[i - 1], b[i] += b[i - 1];
    int ans = -1;
    for(int i = 0; i <= aa; i++){
        if(n - i > min(n / 2, bb) || n - i < 0) continue;
        ans = max(ans, a[i] + b[n - i]);
    }
    cout << ans << endl;
}

signed main(){
    int t = 0; cin >> t;
    while(t--) solve();
    return 0;
}

K.​​冒险公社​​

先贴个队友博客：K. 冒险公社 （线性DP）_yezzz的博客-CSDN博客

再贴个自己的：2022牛客寒假算法基础集训营1 K.冒险公社 DP_HeartFireY的博客-CSDN博客

L.​​牛牛学走路​​

思路

边读入边取

$max$

即可。

Accepted Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

inline void solve(){
    int n = 0;cin >> n;
    getchar();
    double max1 = 0, p = 0;
    long long x = 0, y = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++){
        scanf("%c", &a[i]);
        if (a[i] == 'L') x--;
        else if (a[i] == 'R') x++;
        else if (a[i] == 'U') y++;
        else if (a[i] == 'D') y--;
        p = sqrt(x * x + y * y);
        max1 = max(p, max1);
    }
    printf("%.12lf\n", max1);
}

signed main(){
    int t = 0; cin >> t;
    while (t--) solve();
    return 0;
}