集训5 20250209

集训5 20250209

牛客竞赛_ACM/NOI/CSP/CCPC/ICPC算法编程高难度练习赛_牛客竞赛OJ

A：

题目大意：给出一个整数和一个操作符，生成两个能组成这个数的因子

#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
 
int main()
{
	long long x;
	char op;
	cin>>x>>op;
	if (op=='*'){
		cout<<x<<' '<<1<<endl;
	}
	if (op=='+'){
		cout<<x-1<<' '<<1<<endl;
	}
	if (op=='-'){
		cout<<x+1<<' '<<1<<endl;
	}
	
	return 0;
}

签到模拟

J：

题目大意：给出一个字符串，根据字符的不同计算总路程，不同字符表示对速度的不同操作

#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
 
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	long long ans=0,v=0;
	vector<char> op(n+5);
	for (int i=1;i<=n;i++) cin>>op[i];
	for (int i=1;i<=n;i++){
		if (op[i]=='0'){
			v+=10;
			ans+=v;
		}
		if (op[i]=='1'){
			if (v-5>=0){
				v-=5;
				ans+=v;
			}
			else{
				v=0;
				ans+=v;
			}
		}
		if (op[i]=='2'){
			if (v-10>0){
				v-=10;
				ans+=v;
				v+=10;
			}else{
				int t=v;
				v=0;
				ans+=v;
				v=t;
			}
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

v记录当前的速度，ans 存答案，乱模拟就行

B：

题目大意：有 \(n\) 个元素，其中存在 \(k\) 个元素被标记，\(t\) 个以上没有被标记的连续元素为一组，排列被标记的数后求分组的最大数量

#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
 
long long n,t,k;
 
bool judge(long long x){
	if (t*x+k<=n)
		return 1;
	else
		return 0;
}
 
void solve(void){
	cin>>n>>t>>k;
	long long lb=(t+1)*k;
	if (lb<=n){
		if (n-lb>=t)
			cout<<k+1<<endl;
		else
			cout<<k<<endl;
	}
	else{
		long long l=-1,r=k+1;
		while (l+1!=r){
			long long mid=l+r>>1;
			if (judge(mid))
				l=mid;
			else
				r=mid;
		}
		cout<<l<<endl;
	}
}
 
int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
		solve();
	return 0;
}

原本想得太复杂了卡了 \(4\) 发，最终的代码虽然正确但是不够简单，用了二分来算

实际上仔细审视这个问题，将 \(k\) 个被标记的元素去除后我们还能用 \(n-k\) 个元素，那么这些元素可以分出 \(\lfloor\frac{n-k}{t}\rfloor\) 组

但是这 \(k\) 个被标记的元素最多能将这 \(n\) 个元素分为 \(k+1\) 组

所以只需要简单的判断最小值即可

void solve() {
	int n, t, k;
	cin >> n >> t >> k;
	cout << min(k+1,(n-k)/t)<<endl;
}

I：

题目大意：给出两个数 \(n,m\) 可以进行两种操作

  • 将 \(n\) 乘以二
  • 将 \(n\) 开方后向下取整

判断是否能通过以上两种操作使 \(n\) 变为 \(m\)

#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
 
void solve(void){
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	if (n==0&&m!=0||m==0&&n!=0){
		cout<<"NO"<<endl;
		return;
	}
	cout<<"YES"<<endl;
	return;
}
 
int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while (T--)
		solve();
	return 0;
}

猜的结论，当且仅当 \(n,m\) 中仅有一个为 \(0\) 时才不能转变，否则一定能组合出答案

证明如下：

存在一个数 \(x\)

\[y^{2^n}\le x\le (y+1)^{2^n} \]

取对数后，不等式转化为

\[2^n(\log_2(y+1)-\log_2{y})>1 \]

所以一定存在正整数 \(m\) 使得 \(x=2^m\) ，\(x\) 经过多次操作可以得到 \(y\)

C：

题目大意：

#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
 
long long n,x,y;
 
int main()
{
	cin>>n>>x>>y;
	string a,b,c;
	cin>>a>>b>>c;
	int cnt[4]={0};
	for (int i=0;i<n;i++){
		if (((a[i]-'0')^(b[i]-'0'))!=(c[i]-'0')){
			if (a[i]=='0'&&b[i]=='0') cnt[0]++;
			if (a[i]=='0'&&b[i]=='1') cnt[1]++;
			if (a[i]=='1'&&b[i]=='0') cnt[2]++;
			if (a[i]=='1'&&b[i]=='1') cnt[3]++;
		}
	}
	long long ans=1ll*x*(cnt[0]+cnt[1]+cnt[2]+cnt[3]);
	sort(cnt,cnt+4);
	if (cnt[3]>cnt[0]+cnt[1]+cnt[2]){
		ans=min(ans,(cnt[0]+cnt[1]+cnt[2])*y+(cnt[3]-cnt[0]-cnt[1]-cnt[2])*x);
	}else{
		ans=min(ans,(cnt[0]+cnt[1]+cnt[2]+cnt[3])/2*y+(cnt[0]+cnt[1]+cnt[2]+cnt[3])%2*x);
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

核心想法：分别记录 a^b!=c 的四种情况的种数

if (a[i]=='0'&&b[i]=='0') cnt[0]++;
if (a[i]=='0'&&b[i]=='1') cnt[1]++;
if (a[i]=='1'&&b[i]=='0') cnt[2]++;
if (a[i]=='1'&&b[i]=='1') cnt[3]++;

\(0\oplus0=1\oplus1=0,0\oplus1=1\oplus0=1\)，那么这四种情况有一个潜在的性质

假设 \(a\oplus b=1\) ，将 \(a,b\) 中任一元素取反后，\(a\oplus !b=!a\oplus b=!1=0\)

特别的对于两个不同的 a,b 元素组，如果它们都不匹配 c ，我们一定可以交换其中某一位 \(0,1\) 来使得这两个都能匹配 c

首先计算如果全部都采用替换的办法，那么需要的代价总值为 x*(cnt[0]+cnt[1]+cnt[2]+cnt[3])

然后考虑可以交换的情况：对这四种情况按数量进行排序

  • 如果一种情况比其余情况都要多，那么只用考虑其余情况和最多的情况进行交换操作，剩下的就进行替换
  • 如果如果一种情况比其余情况要少，进行交换后要么刚好可以两两抵消，要么剩下一组，这一组单独进行替换即可（组数为奇数）
if (cnt[3]>cnt[0]+cnt[1]+cnt[2]){//cnt[3]>(cnt[0]+cnt[1]+cnt[2]+cnt[3])/2,大于总数的一半
	ans=min(ans,(cnt[0]+cnt[1]+cnt[2])*y+(cnt[3]-cnt[0]-cnt[1]-cnt[2])*x);
}else{
	ans=min(ans,(cnt[0]+cnt[1]+cnt[2]+cnt[3])/2*y+(cnt[0]+cnt[1]+cnt[2]+cnt[3])%2*x);
}

E：

题目大意：

#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
 
char mtx[5][5];
 
bool check(void){
	for (int i=1;i<=3;i++){
		bool f=0;
		int cnt=0;
		for (int j=1;j<=3;j++){
			if (mtx[i][j]=='X') f=1;
			if (mtx[i][j]=='X'||mtx[i][j]=='G') cnt++;
		}
		if (cnt==3&&f) return 1;
	}
	
	for (int i=1;i<=3;i++){
		bool f=0;
		int cnt=0;
		for (int j=1;j<=3;j++){
			if (mtx[j][i]=='X') f=1;
			if (mtx[j][i]=='X'||mtx[j][i]=='G') cnt++;
		}
		if (cnt==3&&f) return 1;
	}
	
	int cnt=0;
	bool f=0;
	for (int i=1;i<=3;i++){
		if (mtx[i][i]=='X') f=1;
		if (mtx[i][i]=='X'||mtx[i][i]=='G') cnt++;
	}
	if (cnt==3&&f) return 1;
	
	cnt=0;
	f=0;
	for (int i=1;i<=3;i++){
		if (mtx[i][4-i]=='X') f=1;
		if (mtx[i][4-i]=='X'||mtx[i][4-i]=='G') cnt++;
	}
	if (cnt==3&&f) return 1;
	
	return 0;
}
 
void solve(void){
	for (int i=1;i<=3;i++)
		for (int j=1;j<=3;j++)
			cin>>mtx[i][j];
	int cnt=0;
	for (int i=1;i<=3;i++){
		for (int j=1;j<=3;j++){
			if (mtx[i][j]=='X')
				cnt++;
		}
	}
	if (cnt<=2){
		cout<<"Yes"<<endl;
		return;
	}
	if (check()) cout<<"Yes"<<endl;
	else cout<<"No"<<endl;
}
 
int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while (T--)
		solve();
	return 0;
}

一开始想得太复杂了，DFS打表乱写一通

推理可知：当每个人都下了 \(0,1,2\) 步时，先手的人一定会赢，剩下的情况分类讨论即可

  • 双方各下了 \(3\) 步时，此时场上还剩 \(3\) 个空位，先手的人可以一次性下两步，那么将这个棋盘扫一遍

    判断每行每列，以及两个对角线是否满足下两步后连成三个即可

  • 双方各下了 \(4\) 步时，同样地扫描这个棋盘，判断即可

当且仅当行，列，对角线上以及下了1个或2个X后，才能赢
OXX    GOX
XOO	   XGO
GGG    OXG
//都是输
for (int i=1;i<=3;i++){//扫每行
	bool f=0;//标记是否这一行存在下过的棋子
	int cnt=0;
	for (int j=1;j<=3;j++){
		if (mtx[i][j]=='X') f=1;
		if (mtx[i][j]=='X'||mtx[i][j]=='G') cnt++;
	}
	if (cnt==3&&f) return 1;
}

扫描对角线同理

int cnt=0;
bool f=0;
for (int i=1;i<=3;i++){
	if (mtx[i][i]=='X') f=1;
	if (mtx[i][i]=='X'||mtx[i][i]=='G') cnt++;
}
if (cnt==3&&f) return 1;

L：
题目大意：从 \([1,n]\) 中选出一个三元组 \((x,y,z)\) 组成的三对数中恰好有两对数互质

#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
 
void solve(void){
	long long n;
	cin>>n;
	if (n%6<3){
		cout<<n/6*2<<endl;
		long long i=1;
		for (i=1;i<=n/6*6;i+=6){
			cout<<i<<' '<<i+1<<' '<<i+3<<endl;
			cout<<i+2<<' '<<i+4<<' '<<i+5<<endl;
		}
	}else{
		if (n<=3){
			cout<<0<<endl;
			return;
		}
		cout<<n/6*2+1<<endl;
		long long i=1;
		for (i=1;i<=n/6*6-6;i+=6){
			cout<<i<<' '<<i+1<<' '<<i+3<<endl;
			cout<<i+2<<' '<<i+4<<' '<<i+5<<endl;
		}
		if (n>=4)
			cout<<i<<' '<<i+1<<' '<<i+3<<endl;
		if (n>=8)
			cout<<i+5<<' '<<i+6<<' '<<i+7<<endl;
		if (n>=9)
			cout<<i+2<<' '<<i+4<<' '<<i+8<<endl;
	}
}
 
int main(){
	int T;
	cin>>T;
	while (T--)
		solve();
	return 0;
}

找规律，结论题

考虑橙蓝列都互质，一般情况的三元组 \((x,y,z)\) 可以为 \((i,i+1,i+3),(i+2,i+4,i+5)\)，以 \(6\) 为一周期

当给出的 \(n\) 不同时，分为两种情况

  • \(n\ \%\ 6<3\) 时，多出来的元素只有两个，无法构成更多的三元组

​ 特判 \(n\le 3\) 时无答案

if (n<=3){
	cout<<0<<endl;
	return;
}

  • \(n\ \%\ 6\ge3\) 时，多出来的元素又可以构造一个三元组

    与最后一个周期的六个元素一起，杂交构造 \(3\) 个，\((i,i+1,i+3),(i+2,i+4,i+8),(i+5,i+6,i+7)\)

    • 同时当 \(n\le9\) 时需要特判，因为没有最后一个周期
if (n>=4)
	cout<<i<<' '<<i+1<<' '<<i+3<<endl;
if (n>=8)
	cout<<i+5<<' '<<i+6<<' '<<i+7<<endl;
if (n>=9)
	cout<<i+2<<' '<<i+4<<' '<<i+8<<endl;
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