思维题集合

目录

1. cf Binary Strings are Fun

emmm,刚开始的做法T了，看了题解发现有点小结论，希望再看到的时候加油吧。

2. loj 越狱

怎么判断是否发生越狱情况？我们可以这么想。结果\(ans=总情况-不越狱情况\)
那么总情况很好算，\(Q_全=m^n\)
不越狱情况，对于第一人有m种情况，而第二人开始，每人都只有m-1种情况,故\(Q_不=m*(m-1)^{n-1}\)
结果\(ans=Q_全-Q_不\)

3. cf Elemental Decompress

模拟题目所给的过程，注意所用的方法即可，不是特别难

4. cf Gardener and the Capybaras (hard version)

注意审题——"The string consists of English letters 'a' and 'b' only."

5. cf Winner

简单题，就是个思维题，注意实现方法就行了，没头绪话的看看自己的提交过程
自己的代码提交了四次，下面记录错误点
第一发：审题不清！！！当有多个最大时，我们需要找这多个最大代表的人中，在题目所给的顺序中，第一个不小于最终结果的人
第二发：依旧是审题不清！如上所述，我的代码判断的是这些人最终时的顺序，而不是首次超过时的顺序
第三发：在我的第二遍遍历过程中，我重置了p所指向的位置，但这时候需要注意，a数组经过排序后，原来的p会影响我想要的结果，所以将后面的下标改为新的q，就不会出问题了
继续努力哈！

6. abc 299 D Find by Query

交互题，让你通过询问找到s中0与1的任何一个分界点
利用二分求解，\(q(mid)==0\)向右查，\(q(mid)==1\)向左即可，目标就是找到0与1的分界处，而且因为题目中，\(a[1]=0,a[n]=1且n<=200000而2^{15}=32768\)，所以二分一定能找到，且能满足20次的询问条件。
详见代码

7. cf Making Anti-Palindromes

详见官方题解，有个小结论

8. cf Mingming's Grid Paper 2

题面：image
规律题，结论：\(ans=2^n+2^m-2\)

9. abc 300 D AABCC

思维题
先通过欧拉筛找出所有的质数，通过题目的范围可以找到质数的最大范围
在从前往后遍历质数，注意三个数互异，所以前面小的不成立的话，后面大的也一定不成立
记得剪枝，值得做

10. Codeforces Round 872 (Div. 2)

这一场可以做一下，比较有意思

11. abc 312 E - Tangency of Cuboids

题意
三维平面内给定 n 个长方体，保证这 n 个长方体两两不相交。问你对于每个立方体，与其任意一面有接触的立方体共有几个？
思路
官方题解思路，我们考虑长度为 1 的立方体，对其打上类的标记。之后我们考虑一件事情，就是面面接触的大长方体其实可以看作至少存在两个长度为 1 的不同类的立方体相交。那么我们可以以小立方体为中心，题目数据 \(x, y, z <= 100\)，故我们可以考虑每一个小立方体的面面相交情况，因为好判断，若存在不同类相交，那么就在 ans 该类中放入对应类的下标。因为每个面接触的小立方体不一定就是一个，所以 ans 类里面还得去重。最后每一类里面放的个数即为答案。
详见代码，上述解释不完全
代码
\(O(m^3 log n)\) 法：qiansui_code

12. cf 893 div2 B. The Walkway

纯纯思维题，有空可以再试试
赛时模拟代码：传送门

13. 比较像的两道给定区间信息的思维题

14. cf 907 div.2 C. Smilo and Monsters

考虑所有 \(a_i\) 的和为 sum，那么我们最多利用 sum / 2 次操作 1 来尽可能利用操作 2 消灭大数
Qiansui_code

15. cf 899 div.2 C. Card Game // Qiansui_code

对于每一个位置后面的大于 0 的值，均有办法取得
先将位置 i 后面的奇数位置上的正整数全部取完，取之后有变动也一直取，仅剩下偶数位置上的正数
再将当前位置 i 取走或移除，那么后面所有的偶数位上的正数会变到奇数位，再进行上面的操作即可

16. cf 155 div.2 B. Chips on the Board // Qiansui_code

对于每一行考虑，要么当前行有，要么所有列均有。故对所有行考虑，要么所有行均有，要么所有列均有，取最小即可

17. cf 154 div.2 C. Queries for the Array // Qiansui_code

利用 now 记录当前元素个数，利用 sorted 标记前 sorted 个数已知升序，利用 not_sorted 标记前 not_sorted 已知无序
当进行操作时：

  • 操作 +：不影响有序和无序的个数
  • 操作 -：对于 \(sorted\)，当 \(now > 0\) 时，\(sorted = min(sorted, now)\)；对于 not_sorted，当出现 now < not_sorted 时，无序状态被破坏，设置 not_sorted = inf
  • 操作 '1'：如果说 $now \ge not \underline{}sorted $，说明无序后面说有序，矛盾
  • 操作 '0'：如果说 \(now \le sorted\)，说明有序里面说无序，矛盾

18. cf 897 div.2 E2. Salyg1n and Array (hard version) // Qiansui_code

注意！n 和 k 都是偶数！
前面每 k 段单独询问，总共不超过 50 段
末尾若存在不足长为 k 的一段，我们注意到并且利用题目中存在的旋转操作得到解。
在末尾长为 len = n % k 之前再取一段 k，询问 l = n - n % k + 1, l + len / 2, l + len 即可。具体解释见下图：
image

19. cf 908 div.2 E. Freedom of Choice // Qiansui_code

这一场的题目都是思维题，没啥算法要用到，贪心就行
这题先考虑 \(m = 1\) 的时候，此时我们可以发现一件事情：如果 $ r - l > n $，那么最终的多重集的大小一定可以是 [l, r] 之间的一个数，且这个数没有在给定的多重集中出现过；如果 $ r - l \le n $，那么由于题目给定 \(\sum n \le 10^5\)，所以可以枚举 [l, r] 中的每一个数，判断最终多重集的大小为其时包含其数字的最少个数
那么对于 $ m > 1 $ 也是同理操作即可，那么由于有多个多重集，我们在枚举最终多重集的大小之前，可以维护出给定的 m 个多重集中数字的种类和个数以及组的位置，对于每一个组都有 \([l_i, r_i]\) 的必选限制，对于每一个组都遵循 “尽可能的选别的数，不足再用枚举的大小的数字填充”。
详见代码

20. cf 158 edu D. Yet Another Monster Fight // Qiansui_code

对于每一个位置，首先当前位的怪物要杀死，其次，左边所有怪的最坏情况得满足，右边所有怪物的最大情况也得满足，因为题目的攻击的随机进行的。所以我们需要维护前缀最大和后缀最大，再遍历一遍取最大的最小即可。

21. cf edu 155 D. Sum of XOR Functions

Qiansui_code

考虑拆位，对于每一个位分别统计其对答案的贡献。

显然，只有连续区间内出现奇数个1才会对答案产生贡献。
我们考虑拆位之后每一位从前往后构成的01串：

  • 如果说区间[1, r]有奇数个1，区间[1, l]有偶数个1，则区间[l, r]有奇数个1
  • 如果说区间[1, r]有偶数个1，区间[1, l]有奇数个1，则区间[l, r]有奇数个1

由此，可以从前往后维护前缀中1的个数即可

\(cnt[0/1]\) 表示前缀中含有多少个偶数/奇数个1
\(sum[0/1]\) 表示含有偶数/奇数个1的区间的总长度
\(len[0/1]\) 表示以i结尾的含有奇数个1的区间的总长度
则：
$ len_i = i \times cnt_{1 - i} - sum_{1 - i} $

显然这一位总的合法的长度为 $ res_i = \sum len $，而 \(ans = \sum res_i \times 2^i\)

22. 2018 ICPC 青岛站 ZOJ 4060 Flippy Sequence

题意：
给两个长度不超过1e6的等长的01串S和T，可以选择S的至多两个区间，进行翻转，要求翻转后等于T，求方案数？

思路：
考虑在哪些区间里面，两个字符串是不同的，如果不同的个数超过了2，那么一定无解

  • 如果不同的区间个数为 0，即两个字符串相等，此时两次操作需要选择同一区间，共有 $n + n - 1 + n - 2 + \cdots + 2 + 1 = \frac{n \times (n + 1)}{2} $ 种选择方式
  • 如果不同的区间个数为 1，此时这一整个区间必定都需要进行一次操作。有两种情况，第一种是两次操作均处理这个不同的区间，假设这个区间的长度为 \(len_0\)，方案数为 \((len_0 - 1) \times 2\)；第二种是考虑旁边的相同区间，两次操作均覆盖一侧的相同区间，只要其中的一次同时覆盖当前的不同区间即可，假设旁边的相同区间长度为 \(len_1\)，此时方案数为 \((len_1 - 1) \times 2\)。此情况最终的方案数之和为 $(n - 1) \times 2 $
  • 如果不同的区间个数为2，此时仅有六种情况。设区间情况为 101，1表示不同区间。则两次操作可以选择：左1 + 右1、左10 + 右01、全101 + 中0，一共三种选择，操作的顺序可以交换，所以一共有六种选择

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23. cf edu 159 D. Robot Queries

题解传送门
上面这篇题解写的很详细了，过程非常完整，这里仅记最后的结论

  • 如果询问点 s {x, y} 出现在区间 \([0, l - 1]\) 或 $ [r + 1, n] $ 的路径上，则一定成立
  • 如果询问点 s {x, y} 出现在区间 $ [l, r] $ 中，且变换后的点 s' \(\{f[r].x + f[l - 1].x - x, f[r].y + f[l - 1].y - y\}\) 出现在区间 \([l - 1, r - 1]\) 的路径上，则一定成立
  • 反之，不成立

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24. cf 930 div.2 B. Binary Path

思考模拟走的过程

  • 如果在最后一列，只能向下走；
  • 如果在第二行，只能向右走；
  • 在第一行时，如果下面的字符小于右边的字符，必定向下走；
  • 在第一行时，如果下面的字符等于右边的字符，向下向右都可以；
  • 在第一行时，如果下面的字符大于右边的字符，必定向右走，此时前面的走法将被重置。

如此，即可得：

int ans = 1, pos = -1;
for(int i = 1; i < n; ++ i){
	if(ss[0][i] == ss[1][i - 1]) ++ ans;
	else if(ss[0][i] < ss[1][i - 1]) ans = 1;
	else{
		pos = i; break;
	}
}

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25. cf 927 div.3 C. LR-remainders

正序按照给定的操作走，会发现难以计算最后的取余值，所以考虑倒序操作
先走一遍操作找到最后留下的那一个值，再从这个值出发，逆序遍历给定操作集，逆序记录取余值即可

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26. cf 927 div.3 E. Final Countdown

数字很大，显然不能直接计算
观察可知，$ ans = \displaystyle \sum_{i = 0}^{n - 1} (int)[s_0...s_i]$
考虑每一位数字对答案的贡献，可以得到 $ ans = \displaystyle \sum_{i = 0}^{n - 1} s_i \times \sum_{j = 0}^{n - 1 - i} 10 ^ j $，转换一下式子，可以得到 $ ans = \displaystyle \sum_{i = 0}^{n - 1} 10 ^ i \times \sum_{j = 0}^{n - 1 - i} s_j$

所以，我们可以先预处理出给定数字字符串的数位前缀和，再从后往前遍历，同时统计一个进位值，每遍历一位即确定最终答案的一位数值，从小到大确定

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27. abc 329 E - Stamp

题解传送门
可以知道的是，最后的一次覆盖肯定是完整的，那么其覆盖的位置的字符串相当于可以全部置空，以方便匹配其之前的覆盖，而其所能影响的范围只有前后 2m 个长度的字符串，所以我们仅需要对这 2m 长度的字符串考虑即可
如此，总时间复杂度为 \(O(nm^2)\)
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28. cf 837 div.2 B. Hossam and Friends

思路
对于每一对不相识的朋友，id 小的记下其所有不相识朋友的 id - 1 的最小值，在不考虑别的人的情况下，这是 id 的人向右最长的好区间
但是右边的人也会影响前面人的选择，所以可以取自己以及右边所有人的标记的最小值，这是在满足题意的情况下，可以向右取得的最长好区间
对每一个人都这么考虑，累加答案即可

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29. cf 1003 div.4 F. Skibidus and Slay

思维题
树就是个幌子，又不是啥数上问题，，，毕竟是 div.4 啊！
细节可以看后面的证明，大体的概念就是，如果一个数组 t 存在超过一半的众数，那么将其视为 1，剩下的视为 0，数组中一定会出现 [1, 1] 或者 [1, 0, 1] 的情况。这意味着我们不需要考虑整个数组，仅需要考虑间隔为 3 的子数组就可以判断整个数组了，而且这样的子数组也是符合条件的

所以，对于树上的每一个节点，统计其与其相邻的点的值出现的个数，个数大于 2 的数 ans 标记为 1 即可
这里注意一下，可以看自己的提交。本来想着用 vector O(1) 读取节约时间，但是忘记了创建 vector 还需要大量的时间，所以实际效果不如创建 map 再遍历。。。
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posted on 2023-03-22 23:02  Qiansui  阅读(43)  评论(0)  编辑  收藏  举报

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