牛客2023寒假集训第一场
A题
思维题，唯一要注意的就是在奇数场也能获胜（比赛时脑子抽了认定必须要偶数场才能判断是否获胜，也就是必须打完一轮）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int T; string s; cin >> T; while (T--) { s.clear(); cin >> s; int a = 0, b = 0, ans; bool flag = 1; for (int i = 0; i < 10; i++) { int w = i + 1; if (w % 2) a += s[i] - '0'; if (!(w % 2)) b += s[i] - '0'; if (w % 2) { if (a > b + 5 - (w + 1) / 2 + 1 || b > a + 5 - (w + 1) / 2) { cout << w << endl; goto ac; } } else { if (abs(a - b) > 5 - w / 2) { cout << w << endl; goto ac; } } } if (a == b) { cout << -1 << endl; goto ac; } cout << 10 << endl; ac:; } return 0; }
C题：
最大的数据可以弄到1e10，这个数据量就非常蹊跷，最先想到的是一个类单调栈做法，但是是O(T*(n+logn))的，所以被卡掉了
但是思路其实很简单，会发现所有论文不管如何分组，每篇论文只会做出1的贡献，所以我们干脆不分组，一篇一篇的交上去，会发现只有引用量为0的论文没有贡献，所以排除0的数量便可
D题：
纯纯计算题，三种情况，P在框内，xp>x0&&yp>y0，xp<x0||yp<y0
稍加证明第三种情况即可
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; double a[2], b[2]; int T; int main() { cin >> T; while (T--) { cin >> a[0] >> a[1] >> b[0] >> b[1]; if (a[0] >= b[0] && a[1] >= b[1]) { double x = max(b[0], a[0] - b[0]); double y = max(b[1], a[1] - b[1]); printf("%.6lf\n", x * y / (a[0] * a[1])); goto ac; } if (a[0] >= b[0] && b[1] > a[1]) { double x = max(b[0], a[0] - b[0]); double y = b[1] - a[1]; printf("%.6lf\n", x * a[1] / (a[0] * a[1] + x * y)); goto ac; } if (a[0] < b[0] && a[1] >= b[1]) { double x = b[0] - a[0]; double y = max(b[1], a[1] - b[1]); printf("%.6lf\n", y * a[0] / (a[0] * a[1] + x * y)); goto ac; } printf("%.6lf\n", a[1] * a[0] / (b[1] * b[0])); ac:; } }
F题
会发现若有炸弹点不在同一个连通块内，那么一定是不可能情况
然后考虑一个连通块内的情况，假如是SCC，则一定可以，因为对于任意点都有两条不重复路径可到达，我直接走一圈挨着放就行
假如是一般图呢，考虑一般图的最坏情况——树，会发现树也成立，放炸弹的策略类似dfs回溯
所以对于一个连通块直接size*size便可，如果没有炸弹则是所有连通块size*size的和
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long const int N = 1e5 + 10; vector<int> mp[N]; int n, m, bom[N]; int col[N], cnt, sz[N], siz; void dfs(int x, int fa) { for (auto y : mp[x]) { if (y == fa || col[y]) continue; col[y] = cnt; siz++; dfs(y, x); } } bool vis[N]; signed main() { cin >> n >> m; int u, v; for (int i = 1; i <= m; i++) { cin >> u >> v; if (u == v) continue; mp[u].push_back(v); mp[v].push_back(u); } for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> bom[i]; for (int i = 1; i <= n; i++) if (!col[i]) { col[i] = ++cnt; siz = 1; dfs(i, 0); sz[cnt] = siz; } int sum = 0, flag = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { if (bom[i] != 0) { if (!vis[col[i]]) { vis[col[i]] = true; sum++; if (sum > 1) { cout << 0; goto ac; } flag = col[i]; } } } if (sz[flag] == 1) cout << 1; else if (flag == 0) { long long ans = 0; for (int i = 1; i <= cnt; i++) ans += sz[i] * sz[i]; cout << ans; } else { cout << sz[flag] * sz[flag]; } ac:; return 0; }
G题
非常妙的一道题，涨经验了（其实是太菜了）
很明显的线段树维护区间和问题，但是他的操作
非常的复杂，想要对区间打标记不可能实现。但是我们会发现任何数在进行多次这个操作之后，会变为100，这个次数也不太多
所以我们直接对每个数进行单点修改，当他们的值不变后我们就打上标记，意思是他们不用再修改了
从这题上学到的是灵活一点，在碰到一些离谱的东西时，可以打表找下规律
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long const int N = 1e5 + 10; struct edge { int ct; bool flg; }tr[4 * N]; int n, m, lis[N], temp; void update(int id) { tr[id].ct = tr[2 * id].ct + tr[2 * id + 1].ct; if (tr[2 * id].flg && tr[2 * id + 1].flg) tr[id].flg = true; else tr[id].flg = false; } void build(int id, int l, int r) { if (l == r) { tr[id].ct = lis[l]; tr[id].flg = false; return; } int mid = (l + r) >> 1; build(2 * id, l, mid); build(2 * id + 1, mid + 1, r); update(id); } void modify(int id, int l, int r, int ql, int qr, int k) { if ((l == ql && r == qr) && (tr[id].flg)) return; if (l == r) { for (int i = 1; i <= k; i++) { temp = round(10 * sqrt(tr[id].ct)); if (temp == tr[id].ct) { tr[id].flg = true; break; } tr[id].ct = temp; } return; } int mid = (l + r) >> 1; if (qr <= mid) modify(2 * id, l, mid, ql, qr, k); else if (ql > mid) modify(2 * id + 1, mid + 1, r, ql, qr, k); else { modify(2 * id, l, mid, ql, mid, k); modify(2 * id + 1, mid + 1, r, mid + 1, qr, k); } update(id); } signed main() { cin >> n >> m; for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> lis[i]; build(1, 1, n); int od, a, b, k; for (int i = 1; i <= m; i++) { cin >> od; if (od == 2) cout << tr[1].ct << endl; else { cin >> a >> b >> k; modify(1, 1, n, a, b, k); } } return 0; }
K题
贪心思路很容易想到，先100100100······这样放，没有0了就11111这样接着放，这种题注意边界情况，当总球个数小于3和全是黑球的情况
还需补题
M 简单dp
E 计算几何
B 较难dp
I 思维，码力 （可先做）
J 位运算+（思维ordfs）
