牛客 周赛80 20240218

牛客 周赛80 20240218

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/101196

A：

题目大意：

#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
 
int main()
{
	int x,y;
	cin>>x>>y;
	if (x-y>=0) cout<<x-y<<endl;
	else cout<<"quit the competition!"<<endl;
	return 0;
}

签到题，简单输出即可

B：

题目大意：序列中有 \(2*n\) 个元素，两两配对后计算差的绝对值，求任意组合后差的绝对值的最小值

#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
 
map<int,int> a;
vector<int> b;
 
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	for (int i=1;i<=2*n;i++){
		int t;
		cin>>t;
		a[t]++;
	}
	for (auto [key,val]:a){
		if (val%2==1)
			b.push_back(key);
	}
	sort(b.begin(),b.end());
	long long ans=0;
	for (int i=0;i<b.size();i+=2){
		ans+=1ll*(b[i+1]-b[i]);//两两配对
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

考虑两个元素相等时差最小，将不能抵消的元素放进数组内从小到大排序，两两配对

最后遍历数组累加差值即可

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;
 
int n;
int a[100010];
 
int main(){
    cin>>n;
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%1d",&a[i]);
    int s=0,ans=0,cnt=0,f=0;//f表示必须举手的次数
    for (int i=1;i<=n;i++){
        if (a[i]==0){
            cnt++;
            s--;
        }else
            s++;
        
        if (s<0){
            f++;
            s+=2;
            ans=cnt;
        }
    }
    if (f==0) cout<<n;
    else if (f==1) cout<<ans;
    else cout<<0;
    return 0;
}

写的略有冗杂，核心思想是遍历数组，找到第一个必须举手的位置，那么这个位置连带之前的所有 0 都可以举手

如果最后都不用举手，那么随便一场都可以举手

特别的，如果举手后，后续仍然需要举手，说明不存在答案

D：

题目大意：与C背景相同，举手次数变为两次

#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define Trd int T;cin>>T;while (T--)solve();
#define LLinf 9e18;
#define Iinf 2e9
#define Lc p<<1
#define Rc p<<1|1
#define lc(x) tr[x].ch[0]
#define rc(x) tr[x].ch[1]
 
using namespace std;
 
long long n;
long long a[100010];
 
int main()
{
	cin>>n;
	for (long long i=1;i<=n;i++) scanf("%1lld",&a[i]);
	long long sum=0,cnt=0,cnt1=0,cnt2=0,ans=0,f=0;
	for (long long i=1;i<=n;i++){
		if (a[i]==0){
			cnt++;
			sum--;
		}else
			sum++;
		if (sum<0&&f==0){
			sum+=2;
			cnt1=cnt;
			f++;
		}
		if (sum<0&&f==1){
			sum+=2;
			cnt2=cnt;
			f++;
		}
		if (sum<0&&f==2){
			f++;
			break;
		}
	}
	if (f==0) cout<<n*(n-1)/2;
	else if (f==1) cout<<(n-cnt1)*cnt1+cnt1*(cnt1-1)/2;
	else if (f==2) cout<<cnt1*(2*cnt2-cnt1-1)/2;
	else cout<<0;
	return 0;
}

同样的进行分类讨论

• 举手 \(0\) 次，答案为 \(C_n^2\)

• 举手 \(1\) 次，答案为第一次必须举手的方式乘上第二次随便举的方式 \((n-cnt_1)*cnt_1+C_{cnt_1}^2\)

  即分成两类：第一次举 \(0\)，第二次举 \(1\) 与都举 \(0\)

• 举手 \(2\) 次，答案为一个等差数列：\(cnt_1*(cnt_2-1+cnt_2-cnt_1)/2\) ，简单推导即可

• 举手 \(3\) 次及以上，不满足题意无法举手

E：

题目大意：

#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define Trd int T;cin>>T;while (T--)solve();
#define LLinf 9e18;
#define Iinf 2e9
#define Lc p<<1
#define Rc p<<1|1
#define lc(x) tr[x].ch[0]
#define rc(x) tr[x].ch[1]
 
using namespace std;
 
int n;
char g[1010][1010];
int m[1010][1010];
bool vis[1010][1010];
int dx[]={0,1,0,-1};
int dy[]={1,0,-1,0};
 
void bfs(int sx,int sy){
	queue<pair<int,int>> q;
	q.push({sx,sy});
	vis[sx][sy]=1;
	int sum=1;
	set<pair<int,int>> st;
	while (q.size()){
		auto t=q.front();
		q.pop();
		for (int i=0;i<4;i++){
			int tx=t.first+dx[i],ty=t.second+dy[i];
			if (tx<1||tx>n||ty<1||ty>n) continue;
			if (g[tx][ty]=='.'){
				st.insert({tx,ty});
			}
			if (g[tx][ty]=='*'&&!vis[tx][ty]){
				vis[tx][ty]=1;
				sum++;
				q.push({tx,ty});
			}
		}
	}
	if (st.size()==1){
		auto it=*st.begin();
		m[it.first][it.second]+=sum;
	}
}
 
int main()
{
	cin>>n;
	for (int i=0;i<=n+1;i++){
		for (int j=0;j<=n+1;j++){
			if (i==0||i==n+1||j==0||j==n+1) g[i][j]='#';//将边界设置为#，方便判断
			else cin>>g[i][j];
		}
	}
	
	for (int i=1;i<=n;i++){
		for (int j=1;j<=n;j++){
			if(g[i][j]=='*'&&!vis[i][j]){
				bfs(i,j);//bfs连通块
			}
		}
	}
	int ans=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=1;j<=n;j++)
			ans=max(ans,m[i][j]);
	cout<<ans;
	return 0;
}

题意可知，当且仅当一个连通块边界上只有一个 '.' 时，这个连通块才能被吃掉

所以BFS跑一边，判断记录即可

难点在于处理多个连通块公用同一个 '.' 的情况，这个时候可以开一个图，存这个 '.' 能使多少个 '*' 被吃掉

BFS过程中，开 set 记录这个连通块边界上 '.' 的坐标

if (st.size()==1){//合法才记录
	auto it=*st.begin();
	m[it.first][it.second]+=sum;//累加当前 '.' 的贡献
}

G：

题目大意：

#include<bits/stdc++.h>
#define cintie ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define Trd int T;cin>>T;while (T--)solve();
#define LLinf 9e18;
#define Iinf 2e9
#define Lc p<<1
#define Rc p<<1|1
#define lc(x) tr[x].ch[0]
#define rc(x) tr[x].ch[1]
 
using namespace std;
 
const long long mod=1e9+7;
 
long long x;
long long a1,a2,b1,b2;
long long dp[1010][1010];
 
long long quickpow(long long a,long long b,long long p){
	long long t=1;
	a%=p;
	while (b){
		if (b&1) t=t*a%p;
		a=a*a%p;
		b>>=1;
	}
	return t%p;
}
 
long long inv(long long a,long long p){
	return quickpow(a,p-2,p)%mod;
}
 
int main()
{
	cin>>x;
	cin>>a1>>b1>>a2>>b2;
	long long p1=a1*inv(b1,mod)%mod;
	long long p2=a2*inv(b2,mod)%mod;
	for (int i=0;i<=x-1;i++){
		dp[x][i]=0;
		dp[i][x]=1;
	}
	long long xp1=(1-p1+mod)%mod,xp2=(1-p2+mod)%mod;
	for (int i=x-1;i>=0;i--){
		for (int j=x-1;j>=0;j--){
			dp[i][j]=(inv((1-(xp1*xp2)%mod+mod)%mod,mod)%mod * 
			(p1*xp2%mod*dp[i+1][j]%mod + p2*xp1%mod*dp[i][j+1]%mod + p1*p2%mod*dp[i+1][j+1]%mod)%mod)%mod;
		}
	}
	cout<<(dp[0][0]+mod)%mod;
	return 0;
}

动态规划，逆元

定义 \(dp_{i,j}\) 为小红下第 \(i\) 个小紫下第 \(j\) 个子时小红获胜的概率，那么可以由四种状态递推而来

• 小红吃，小紫不吃 \(\implies p_1*(1-p_2)*dp_{i+1,j}\)
• 小红不吃，小紫吃 \(\implies (1-p_1)*p_2*dp_{i,j+1}\)
• 小红吃，小紫也吃 \(\implies p_1*p_2*dp_{i+1,j+1}\)
• 小红，小紫都不吃 \(\implies (1-p_1)*(1-p_2)*dp_{i,j}\)

得到转移方程为

\[dp_{i,j}= p_1*(1-p_2)*dp_{i+1,j}+(1-p_1)*p_2*dp_{i,j+1}+p_1*p_2*dp_{i+1,j+1}+(1-p_1)*(1-p_2)*dp_{i,j} \]

移项整理后得到

\[dp_{i,j}=\frac{1}{1-(1-p_1)*(1-p_2)}*[\ p_1*(1-p_2)*dp_{i+1,j}+(1-p_1)*p_2*dp_{i,j+1}+p_1*p_2*dp_{i+1,j+1}\ ] \]

注意每次计算 \(\frac{1}{k}\) 时都需要取逆元，费马小定理

https://www.cnblogs.com/dianman/p/18706712

long long quickpow(long long a,long long b,long long p){
	long long t=1;
	a%=p;
	while (b){
		if (b&1) t=t*a%p;
		a=a*a%p;
		b>>=1;
	}
	return t%p;
}
 
long long inv(long long a,long long p){
	return quickpow(a,p-2,p)%mod;
}