2023牛客寒假算法基础集训营4 A-M
A
题解
知识点：数学。
算一下发现 \(3\) 最好，\(2,4\) 并列， \(4\) 以后递减。于是，特判 \(3\) ，其他取最小值。
（众所周知， \(e\) 进制最好qwq。
时间复杂度 \(O(1)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int x, y;
cin >> x >> y;
cout << (x == 3 || y == 3 ? 3 : min(x, y)) << '\n';
return 0;
}
B
题解
知识点：数论，构造。
注意到：
\[\begin{aligned}
c_i + c_{n-1-i} \equiv 2a_i \pmod m\\
c_i - c_{n-1-i} \equiv 2b_i \pmod m\\
\end{aligned}
\]
\(m\) 是个素数，显然当 \(m>2\) 时一定有解。因为 \(2\) 的逆元一定存在，故无论 \(c_i,c_{n-1-i}\) 计算结果为多少， \(a_i,b_i\) 一定可求。我们可以通过 \(c_i,c_{n-1-i}\) 计算结果，是偶数直接除以 \(2\) ，否则加减一次 \(m\) ，就可以得到 \(a_i,b_i\) 。
\(m = 2\) 时，就不一定有解，因为同余式右侧恒为 \(0\) ，要先满足相加减以后的余数为 \(0\) 否则无解。如果有解，那我们可以令 \(a_i = c_i,b_i = 0\) 。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int c[100007];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
for (int i = 0;i < n;i++) cin >> c[i];
bool ok = 1;
if (m == 2) for (int i = 0;i < n;i++) ok &= !((c[i] + c[n - 1 - i]) & 1);
if (!ok) cout << "NO" << '\n';
else {
for (int i = 0;i < n;i++) {
int t = c[i] + c[n - i - 1];
cout << (t % 2 ? (t - m) / 2 : t / 2) << " \n"[i == n - 1];
}
for (int i = 0;i < n;i++) {
int t = c[i] - c[n - i - 1];
cout << (t % 2 ? (t + m) / 2 : t / 2) << " \n"[i == n - 1];
}
}
cout << "YES" << '\n';
return 0;
}
CD
题解
知识点：背包dp，枚举。
通常背包dp就是从 \(1\) 开始到 \(n\) 直接一个状态跑完，但这道题需要知道一定选和一定不选第 \(i\) 件物品带来的价值之差，从而得到使第 \(i\) 件物品一定选的价值严格大于一定不选的价值。
我们为了得到除了 \(i\) 以外的其他物品的选择情况，考虑设 \(f_{i,j},g_{i,j}\) 分别为考虑 \([1,i]\) / \([i,n]\) 的物品且总体积不超过 \(j\) 的最大价值。转移方程和普通背包dp一样就不写了。
对于第 \(i\) 个物品，我们求 \(a = \max_\limits{j \in [0,m]}(f_{i - 1,j} + g_{i + 1,m - j})\) 表示除去第 \(i\) 个物品的最大贡献，以及 \(b = \max_\limits{j \in [0,m-v_i]}(f_{i - 1,j} + g_{i + 1,m-v_i - j})+w_i\) 表示一定选第 \(i\) 个物品的最大贡献。随后，\(\max(0,a-b+1)\) 即让一定选的价值超过不选的价值，那么 \(i\) 就变成必选物品了。
（C题纯暴力枚举每个物品不选的情况都背包dp一遍，就不写了。
时间复杂度 \(O(nm)\)
空间复杂度 \(O(nm)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
ll f[5007][5007], g[5007][5007];
ll v[5007], w[5007];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> v[i] >> w[i];
for (int i = 1;i <= n;i++) {
for (int j = 0;j <= m;j++) {
if (j < v[i]) f[i][j] = f[i - 1][j];
else f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
}
}
for (int i = n;i >= 1;i--) {
for (int j = 0;j <= m;j++) {
if (j < v[i]) g[i][j] = g[i + 1][j];
else g[i][j] = max(g[i + 1][j], g[i + 1][j - v[i]] + w[i]);
}
}
for (int i = 1;i <= n;i++) {
ll a = 0, b = 0;
for (int j = 0;j <= m;j++) a = max(a, f[i - 1][j] + g[i + 1][m - j]);
for (int j = 0;j <= m - v[i];j++) b = max(b, f[i - 1][j] + g[i + 1][m - v[i] - j] + w[i]);
cout << max(0LL, a - b + 1) << '\n';
}
return 0;
}
E
题解
知识点：模拟。
直接模拟记录攻击次数 \(cnt\) ，分类讨论：
- \(a \geq h_i\) ，则一次能死的次数加一。
- 否则，若 \(a \leq tv_i\) 则无法击杀。否则，次数为 \(1+\left\lceil \dfrac{h-a}{a-tv_i} \right\rceil\) ，表示先攻击一次，后面每次攻击前都会恢复 \(tv_i\) ，所以下一次攻击有效伤害为 \(a- tv_i\) 。
最后时间为 \(1+t \cdot (cnt-1)\) 。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
ll t, a;
cin >> n >> t >> a;
vector<pair<ll, ll>> mon;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
ll h, v;
cin >> h >> v;
mon.push_back({ h,v });
}
ll cnt = 0;
for (auto [h, v] : mon) {
if (h <= a) cnt++;
else {
if (a <= t * v) {
cout << -1 << '\n';
return 0;
}
cnt += (h - a + a - t * v - 1) / (a - t * v) + 1;
}
}
cout << 1 + (cnt - 1) * t << '\n';
return 0;
}
F
题解
知识点：树，DFS，位运算。
先得到两个性质：
- 对于 \(fa\) ，其左右孩子满足 \(fa \mp lowbit(fa)/2\) ，因此如果
lowbit处有连续两个 \(1\) 则是右孩子，否则为左孩子。 - 对于 \(x\) 为根的子树（除了 \(2^k\) ），节点数等于 \(2^{\text{x的高度}}-1 = 2 \cdot lowbit(x)-1\) 。
对于答案计数，可以考虑 \(x\) 爬到 \(2^k\) ，中间分类讨论走两侧的不同情况。
先序遍历：
- 先算上自己，答案加 \(1\) 。
- \(x\) 是 \(fa\) 的左孩子，那么答案加 \(1\) 。
- \(x\) 是 \(fa\) 的右孩子，那么答案加上左子树节点数再加一。
中序遍历：即 \(x\) 。
后序遍历：
- 先加上 \(x\) 为根的子树，答案加节点数。
- \(x\) 是 \(fa\) 的左孩子，答案不变。
- \(x\) 是 \(fa\) 的右孩子，那么答案加上左子树节点数。
时间复杂度 \(O(qk)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int k, q;
ll f(ll x) { return x & -x; }
ll fo(ll x) {
ll ans = 1;
while (x != (1LL << k)) {
ll fa;
if ((x >> 1) & f(x)) {
fa = x - f(x);
ans += 2 * f(fa - f(x));
}
else {
fa = x + f(x);
ans++;
}
x = fa;
}
return ans;
}
ll lo(ll x) {
ll ans = x == (1LL << k) ? x : 2 * f(x) - 1;
while (x != (1LL << k)) {
ll fa;
if ((x >> 1) & f(x)) {
fa = x - f(x);
ans += 2 * f(fa - f(x)) - 1;
}
else fa = x + f(x);
x = fa;
}
return ans;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> k >> q;
while (q--) {
ll x;
cin >> x;
cout << fo(x) << ' ' << x << ' ' << lo(x) << '\n';
}
return 0;
}
GH
题解
知识点：bfs，倍增，二分。
我们先求出 \(s(x_s,y_s)\) 到所有点的最短路 \(dis_{x,y}\)，因为花费都是 \(1\) 可以直接bfs。
显然，我们可以模拟qcjj从 \(t(x_t,y_t)\) 出发开始走的路径，如果途中 \(dis_{x,y}\) 小于等于qcjj走到 \((x,y)\) 的距离，那这个点就是答案，这是EZ版本的解。
但HD版本的访问次数很多，不可能一次次模拟，考虑缩短每次模拟的次数。qcjj实际上没有必要一步一步走，假设我们知道第 \(k\) 步qcjj的坐标 \((x,y)\) ，如果 \(k \geq ans\) ，那一定有 \(dis_{x,y} \leq ans\) ，否则一定有 \(dis_{x,y} > ans\) ，因此答案是符合单调性的。
虽然可以二分答案了，但如何快速求出第 \(k\) 步的确切坐标就成了问题。我们考虑使用倍增的思想，求出 \(pos_{k,i,j}\) 表示 \((i,j)\) 为起点第 \(2^k\) 步的坐标，这样就能在线性复杂度预处理，对数复杂度求出确切坐标。
进一步思考，既然以及用倍增了，那再套一层二分就没必要了。因为两者都是折半查找，不过前者是从某一端逼近答案，后者是缩小区间锁定答案，那我们只用倍增逼近一次就结束了。
时间复杂度 \(O((nm + q)\log (nm))\)
空间复杂度 \(O(nm \log (nm))\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
struct node {
int x, y;
};
int n, m;
char dt[807][807];
const int dir[4][2] = { {0,-1},{0,1},{-1,0},{1,0} };
int dis[807][807];
queue<node> q;
void bfs(node s) {
for (int i = 0;i < n;i++)
for (int j = 0;j < m;j++)
dis[i][j] = -1;
dis[s.x][s.y] = 0;
q.push(s);
while (!q.empty()) {
auto [x, y] = q.front();
q.pop();
for (int i = 0;i < 4;i++) {
int xx = x + dir[i][0];
int yy = y + dir[i][1];
if (~dis[xx][yy] || dt[xx][yy] == '#') continue;
dis[xx][yy] = dis[x][y] + 1;
q.push({ xx,yy });
}
}
}
map<char, int> mp = { {'L',0},{'R',1},{'U',2},{'D',3} };
node pos[20][807][807];
void pos_init() {
for (int i = 0;i < n;i++) {
for (int j = 0;j < m;j++) {
if (dt[i][j] == '#') pos[0][i][j] = { -1,-1 };
if (dt[i][j] == '.') pos[0][i][j] = { i,j };
else {
int xx = i + dir[mp[dt[i][j]]][0];
int yy = j + dir[mp[dt[i][j]]][1];
if (xx < 0 || xx >= n || yy < 0 || yy >= m || dt[xx][yy] == '#') pos[0][i][j] = { i,j };
else pos[0][i][j] = { xx,yy };
}
}
}
for (int k = 1;k < 20;k++) {
for (int i = 0;i < n;i++) {
for (int j = 0;j < m;j++) {
auto [x, y] = pos[k - 1][i][j];
pos[k][i][j] = pos[k - 1][x][y];
}
}
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
int sx, sy;
cin >> sx >> sy;
node s = { sx,sy };
int q;
cin >> q;
for (int i = 0;i < n;i++)
for (int j = 0;j < m;j++)
cin >> dt[i][j];
bfs(s);
pos_init();
while (q--) {
int xt, yt;
cin >> xt >> yt;
node t = { xt,yt };
int ans = 0;
for (int i = 19;i >= 0;i--) {
auto [x, y] = pos[i][t.x][t.y];
if (!~dis[x][y] || dis[x][y] > ans + (1 << i)) {
t = { x,y };
ans += 1 << i;
}//不能等于，ans的意义是不可行的最大值；加了等于意义就乱了
}
cout << (++ans == 1 << 20 ? -1 : ans) << '\n';
}
return 0;
}
I
题解
知识点：莫队，离线。
只需要构造 \(n\sqrt m\) 长度的序列，明示了使用莫队算法。具体的说，对没ban掉的方向的坐标当作左端点按 \(\dfrac{n}{\sqrt m}\) 分块，另一个方向的坐标当作右端点即可。
实现需要一点（很烦的）分类讨论。
（没学过莫队的可以速通一下了qwq。
时间复杂度 \(O(n\sqrt m)\)
空间复杂度 \(O(n \sqrt m)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int n, m;
char X;
vector<pair<int, int>> pos;
void calc(char U, char D, char R) {
int sz = sqrt(n);
sort(pos.begin(), pos.end(), [&](pair<int, int> a, pair<int, int> b) {
if (a.first / sz == b.first / sz) return a.second < b.second;
else return a.first / sz < b.first / sz;
});
string ans;
int x = 0, y = 0;
for (auto [px, py] : pos) {
while (y != py) (y += 1) %= n, ans += R;
while (x < px) (x += 1) %= n, ans += D;
while (x > px) (x -= 1 - n) %= n, ans += U;
}
cout << ans << '\n';
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m >> X;
for (int i = 1;i <= m;i++) {
int x, y;
cin >> x >> y;
pos.push_back({ x,y });
}
if (X == 'L') calc('U', 'D', 'R');
else if (X == 'R') {
for (auto &[x, y] : pos) y = (n - y) % n;
calc('U', 'D', 'L');
}
else if (X == 'U') {
for (auto &[x, y] : pos) swap(x, y);
calc('L', 'R', 'D');
}
else {
for (auto &[x, y] : pos) swap(x, y), y = (n - y) % n;
calc('L', 'R', 'U');
}
return 0;
}
J
题解
方法一
知识点：拓扑排序，枚举。
因为保证一定符合某一种解，那关系图一定是DAG。
我们知道拓扑排序能在不破坏DAG节点顺序下，求出节点的相对顺序。因此我们可以使用拓扑排序，同时记录节点位置 \(pos\) 。通过 \(pos\) ，我们可以得到一个节点的位置上下确界 \([maxl,minr]\) ，显然如果节点 \(i\) 是确定的那么这个区间只会包括 \(i\) ，如果不是，那么被这个区间包括的所有点都是不能确定的。因此，我们可以对所有点枚举边界即可排除不确定的点。
时间复杂度 \(O(n+m)\)
空间复杂度 \(O(n+m)\)
方法二
知识点：dfs，STL，枚举。
考虑求一个传递闭包，从而可以直接得到一个点与所有点的关系。因为图是DAG，我们可以通过dfs遍历图获得，不需要floyd。
最后，对每个点记录小于等于自己和大于等于自己的个数和，如果等于 \(n+1\) 那说明这个点和其他 \(n-1\) 个点的关系完全确定，就能知道位置了。
时间复杂度 \(O\left(\dfrac{nm}{w} \right)\)
空间复杂度 \(O(n+m)\)
代码
方法一
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int n, m;
vector<int> g[1007];
int deg[1007];
queue<int> q;
int ans[1007];
int pos[1007], cnt;
void toposort() {
for (int i = 1;i <= n;i++) if (!deg[i]) q.push(i);
while (!q.empty()) {
int u = q.front();
q.pop();
cnt++;
ans[cnt] = u;
pos[u] = cnt;
for (auto v : g[u]) {
deg[v]--;
if (!deg[v]) q.push(v);
}
}
}
int maxl[1007], minr[1007];
int b[1007];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1;i <= m;i++) {
int u, v;
cin >> u >> v;
g[u].push_back(v);
deg[v]++;
}
toposort();
for (int i = 1;i <= n;i++) minr[i] = n + 1;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
for (auto v : g[i]) {
minr[i] = min(minr[i], pos[v]);
maxl[v] = max(maxl[v], pos[i]);
}
}
for (int i = 1;i <= n;i++) b[i] = ans[i];
int r = 1;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
if (r > i) b[i] = -1;
r = max(r, minr[ans[i]]);
}
int l = n;
for (int i = n;i >= 1;i--) {
if (l < i) b[i] = -1;
l = min(l, maxl[ans[i]]);
}
for (int i = 1;i <= n;i++)cout << b[i] << " \n"[i == n];
return 0;
}
方法二
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int n, m;
vector<int> g[1007];
bool vis[1007];
bitset<1007> bs[1007];
void dfs(int u) {
if (vis[u]) return;
vis[u] = 1;
for (auto v : g[u]) {
dfs(v);
bs[u] |= bs[v];
}
}
int b[1007];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1;i <= n;i++) bs[i][i] = 1, b[i] = -1;
for (int i = 1;i <= m;i++) {
int u, v;
cin >> u >> v;
g[u].push_back(v);
}
for (int i = 1;i <= n;i++) if (!vis[i]) dfs(i);
for (int i = 1;i <= n;i++) {
int cnt = 0;
for (int j = 1;j <= n;j++) cnt += bs[j][i];
if (bs[i].count() + cnt == n + 1) b[cnt] = i;
}
for (int i = 1;i <= n;i++)cout << b[i] << " \n"[i == n];
return 0;
}
K
题解
知识点：概率dp，贪心。
我们考虑定义状态 \(f_{i,j}\) ，表示未知牌有 \(i\) 个，没配对的已知牌有 \(j\) 个。
先得到一个结论：
- 当 \(i \geq 3\) 时，每次操作翻两个未知牌是最优的。因为每次操作都能贡献 \(2\) 个已知，而用翻过的牌配对未知的，直接配对概率很小，其他情况只贡献一个未知。
- 当 \(i \leq 2\) 时，特判，也可以暴力枚举。
接下来考虑 \(i\geq 3\) 转移，每次翻两个未知的情况，注意 \(j \leq i\) 且 \(j\) 与 \(i\) 同奇偶：
- 翻出来两个已知未配对的，那么可以额外花费两次操作消除，已知未配对的牌数减 \(2\) 。
- 翻出来一个已知未配对的，另一个未知，那么可以额外花费一次消除。
- 翻出来两个相同的未知，可以直接消除。
- 翻出来两个不同的未知，则已知未配对的牌数加 \(2\) 。
概率和转移可以看代码。
时间复杂度 \(O(n^2m^2)\)
空间复杂度 \(O(n^2m^2)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int P = 1e9 + 7;
struct Modint {
int val;
Modint(int _val = 0):val(_val %P) { format(); }
Modint(ll _val):val(_val %P) { format(); }
//if val in [-P,2P)
//maybe slower than global version
Modint &format() {
if (val < 0) val += P;
if (val >= P) val -= P;
return *this;
}
Modint inv()const { return qpow(*this, P - 2); }
Modint &operator+=(const Modint &x) { val += x.val;return format(); }
Modint &operator-=(const Modint &x) { val -= x.val;return format(); }
Modint &operator*=(const Modint &x) { val = 1LL * val * x.val % P;return *this; }
Modint &operator/=(const Modint &x) { return *this *= x.inv(); }
friend Modint operator-(const Modint &x) { return { -x.val }; }
friend Modint operator+(Modint a, const Modint &b) { return a += b; }
friend Modint operator-(Modint a, const Modint &b) { return a -= b; }
friend Modint operator*(Modint a, const Modint &b) { return a *= b; }
friend Modint operator/(Modint a, const Modint &b) { return a /= b; }
friend Modint qpow(Modint a, ll k) {
Modint ans = 1;
while (k) {
if (k & 1) ans = ans * a;
k >>= 1;
a = a * a;
}
return ans;
}
friend istream &operator>>(istream &is, Modint &x) {
ll _x;
is >> _x;
x = { _x };
return is;
}
friend ostream &operator<<(ostream &os, const Modint &x) { return os << x.val; }
};
int inv[2507];
void init(int n) {
inv[1] = 1;
for (int i = 2;i <= n;i++) inv[i] = 1LL * (P - P / i) * inv[P % i] % P;
}
Modint f[2507][2507];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
map<int, int> mp;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
for (int j = 1;j <= m;j++) {
int x;
cin >> x;
mp[x]++;
}
}
array<int, 3> c{};
c[0] = mp[0];
for (auto [x, y] : mp) if (x) c[y]++;
int N = n * m;
init(N);
f[0][0] = 0;
f[1][1] = 1;
f[2][0] = 1;
f[2][2] = Modint(5) * inv[2];
for (int i = 3;i <= N;i++) {
for (int j = i;j >= 0;j -= 2) {
/*
p1：两个翻到过的
p2：一个翻到过的，一个没翻到过的（注意选择顺序会影响概率）
p3：两个相同的没翻到过的
p4：两个不同的没翻到过的
*/
Modint p1 = Modint(j) * inv[i] * (j - 1) * inv[i - 1];
Modint p2 = Modint(j) * inv[i] * (i - j) * inv[i - 1] * 2;
Modint p3 = Modint(i - j) * inv[i] * inv[i - 1];
Modint p4 = Modint(i - j) * inv[i] * (i - j - 2) * inv[i - 1];
f[i][j] = 1;
f[i][j] += p1 * (2 + f[i - 2][j - 2]);
f[i][j] += p2 * (1 + f[i - 2][j]);
f[i][j] += p3 * f[i - 2][j];
f[i][j] += p4 * f[i - 2][j + 2];
}
}
cout << c[2] + f[c[0]][c[1]] << '\n';
return 0;
}
L
题解
知识点：数学。
可以先求出 \(l_b\) ，再求出 \(l_a,l_c\) ，随后复制一份排序判断，因为输出要按原来顺序。
时间复杂度 \(O(1)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
bool solve() {
int A, B, C;
cin >> A >> B >> C;
if ((A - B + C) & 1) return false;
vector<int> v(4);
v[2] = (A - B + C) / 2;
v[3] = A - v[2];
v[1] = C - v[2];
auto g = v;
sort(g.begin() + 1, g.end());
if (g[1] <= 0 || g[1] + g[2] <= g[3]) return false;
cout << "YES" << '\n';
cout << v[1] << ' ' << v[2] << ' ' << v[3] << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << "NO" << '\n';
}
return 0;
}
M
题解
知识点：构造。
众所周知， \(1,2,3\) 是构造不出三角形的，循环打就行。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
for (int i = 0;i < n;i++) cout << "123"[i % 3] << ' ';
cout << '\n';
return 0;
}
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