牛客 周赛77 20250222

牛客 周赛77 20250222

A：

题目大意：给定 \(n\) 输出指定字符串

#include<bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	if (n==1) cout<<20250121;
	if (n==2) cout<<20250123;
	if (n==3) cout<<20250126;
	if (n==4) cout<<20250206;
	if (n==5) cout<<20250208;
	if (n==6) cout<<20250211;
	return 0;
}

签到

B：

题目大意：给定一个数组，判断重新排序后能否组成一个数组数组，当且仅当每个长度为 \(9\) 的连续子数组，都包含 \([1,9]\) 这 \(9\) 个数字

#include<bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
int a[10];
 
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	int x;
	for (int i=0;i<n;i++){
		cin>>x;
		a[x]++;
	}
	int b=n/9;
	bool f=1;
	for (int i=1;i<=9;i++){
		if (a[i]<b||a[i]>b+1){
			f=0;
		}
	}
	if (f) cout<<"YES";
	else cout<<"NO";
	return 0;
}

当且仅当数组内每个元素个数为 \(b,b+1\) 时满足题意

因为数组数组重新排列后可以组成一个特殊序列，即

\[1,2,3,4,5,6,7,8,9,1,2,3,\cdots,8,9,1,2,\cdots \]

每 \(9\) 个元素为一组，那么组数为 \(\lfloor\frac{n}{9}\rfloor\) ，多余的元素同样的在后面依次排列

C：
题目大意：给定二维平面直角坐标系，初始位置为 \((0,0)\) ，每次可以向上，下，左，右分别移动 \(a,b,c,d\) 的距离，判断给定的 \((x,y)\) 能否通过任意步数走到

#include<bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
 
void solve(void){
	int x,y,a,b,c,d;
	cin>>x>>y>>a>>b>>c>>d;
	int u=__gcd(a,b),v=__gcd(c,d);
	if (x%v==0&&y%u==0) cout<<"YES"<<endl;
	else cout<<"NO"<<endl;
}
 
int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
		solve();
	return 0;
}

证明如下：

假设存在整数 \(x\) 能由整数 \(i,j\) 线性组合而成，那么可以写作：

\[x=a*i+b*j\quad a,b\in N \]

设 \(i,j\) 的最小公约数为 \(p\) ，则有：

\[i=m*p,j=n*p\\ \implies x=(m*a+n*b)*p\quad a,b,m,n\in N \]

所以判断 \(x\) 能否由 \(i,j\) 线性组合而成只需要判断 \(x\) 能否由 \(gcd(i,j)\) 线性组合而成

D：

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 LL long long
#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;
int cnt[100100];
int fa[100100];
 
int find(int x){
	if (fa[x]==x) return x;
	else return fa[x]=find(fa[x]);
}
 
void merge(int x,int y){
	int fx=find(x),fy=find(y);
	if (fx!=fy){
		fa[fx]=fy;
		cnt[fy]+=cnt[fx];
	}
}
 
void init(void){
	for (int i=1;i<=100099;i++) fa[i]=i;
	for (int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=1;
	for (int i=n+1;i<=n+64;i++) cnt[i]=0;
}
 
void solve(void){
	cin>>n;
	init();
	for (int i=1;i<=n;i++){
		long long t;
		cin>>t;
		for (int j=0;j<64;j++){
			if (t>>j&1)
				merge(i,n+1+j);
		}
	}
	int ans=0;
	for (int i=n+1;i<=n+64;i++) ans=max(ans,cnt[i]);
	cout<<ans<<endl;
}
 
int main()
{
	Trd;
	return 0;
}

并查集的维护，为每个二进制位创建一个虚拟节点

当 \(w_i\ \&\ w_j\ge 1\) 时，它们就在一个集合内，所以按照二进制拆分的顺序，构造 \(64\) 个元素，他们的二进制表示遵循一个规则

都只有一个 \(1\) 并且所在的位都不相同，例如

00...001
00...010
00...100
........

这些虚拟节点表示 \(w\) 在哪一位上 \(\&\) 后可以构成一个集合

最后计算连通分量即可，注意初始化时，由于虚拟节点不算连通分量，那么应该初始化为 \(0\)

void init(void){
	for (int i=1;i<=100099;i++) fa[i]=i;//并查集初始化
	for (int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=1;//初始化n个真实节点
	for (int i=n+1;i<=n+64;i++) cnt[i]=0;//初始化虚拟节点
}

通过位运算，来判断是否在一个集合内

for (int j=0;j<64;j++){//0~63位
	if (t>>j&1)//如果&后为1，那么就要合并
		merge(i,n+1+j);//合并节点
}

E：

题目大意：给定有 \(n\) 个字符的二进制串 \(s\) ，定义它的自省值为 \(s_1\ or\ s_2\ or\ s_3\ or\ \cdots\ or\ s_n\)，对于每次询问区间 \([l,r]\)，计算区间内所有连续子串的自省值之和

#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 LL long long
#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,q;
string s;
 
long long sum[200010];
 
int main()
{
	cin>>n>>s>>q;
	s='1'+s;
	s+='1';
	long long cnt=0;
	long long sm=0;
	set<int> st;
	for (int i=0;i<=n+1;i++){
		if (s[i]=='0') cnt++;
		else{
			st.insert(i);
			sm+=cnt*(cnt+1)/2;
			cnt=0;
		}
		sum[i]=sm;
	}
	while (q--){
		long long l,r;
		cin>>l>>r;
		long long lt=*st.lower_bound(l);
		long long rt=*prev(st.upper_bound(r));
		if (rt<lt){
			cout<<0<<endl;
			continue;
		}
		long long ans=sum[rt]-sum[lt];
		ans+=(lt-l)*(lt-l+1)/2+(r-rt)*(r-rt+1)/2;
		cout<<(r-l+1)*(r-l+2)/2-ans<<endl;
	}
	return 0;
}

\(\&\) 计算，只有 \(0\ \&\ 0\) 时才为 \(0\) ，题目要求计算总数，那么答案可以被表示为连续子串总数减去为 \(0\) 的连续子串数

记区间 $[l,r] $ 的长度为 \(len\) ，那么答案为

\[\frac{len*(len+1)}{2}-\rm{sumof}(0) \]

平凡的，例如二进制串 \(s=00100100\)，给出的 \([l,r]=[1,7]\)，所需要计算的 \(\rm{sumof}(0)\) 为

\[\overbrace{0,0}^{left},1,\overbrace{0,0}^{mid},1,\overbrace{0}^{right} \]

其中 \(mid\) 段可以通过预处理前缀和得到，\(left,right\) 也可以通过边界计算得出

s='1'+s;//添加左边界哨兵
s+='1';//添加右边界哨兵
long long cnt=0;//用来记录有几个连续的0
long long sm=0;//前缀贡献
set<int> st;
for (int i=0;i<=n+1;i++){
	if (s[i]=='0') cnt++;//如果为0，那么就累加0的数量
	else{//如果为1
		st.insert(i);//记录这个1的位置
		sm+=cnt*(cnt+1)/2;//累加两个1之间0的贡献
		cnt=0;//重置
	}
	sum[i]=sm;//记录贡献
}

给出 l,r 后，需要分为三步计算

cin>>l>>r;
long long lt=*st.lower_bound(l);//找第一个小于等于l的值，即前面预处理记录的位置（区间内第一个1）
long long rt=*prev(st.upper_bound(r));//找区间内最后一个1的位置
if (rt<lt){//如果最后一个1比第一个1还靠前，说明区间全为0
	cout<<0<<endl;
	continue;
}
long long ans=sum[rt]-sum[lt];//计算前后两个1之间的0的贡献
ans+=(lt-l)*(lt-l+1)/2+(r-rt)*(r-rt+1)/2;//计算左右截断区间的贡献
cout<<(r-l+1)*(r-l+2)/2-ans<<endl;//计算答案

注意的 prev(it) 函数的作用为将迭代器 it 向前移动一位，即指向 it 的前一个元素

在上例中，prev(st.upper_bound(r)) 指向 r-1，即最后一个 小于等于 r 的 1 的位置。

s='1'+s;//添加左边界哨兵
s+='1';//添加右边界哨兵

添加哨兵的作用为防止序列全 \(0\) ，查找时越界