2019 蓝桥杯国赛 B 组模拟赛 题解

标签 ok

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

/*
求阶乘 去除尾部0
每次求阶乘时:结果去除尾0,并对 1e6取余
*/

typedef long long ll;

ll n = 1325476;
const ll mod = 1e6;

ll ans = 1;

void solve(){
	while(ans%10 == 0) ans = ans/10;
	ans = ans%mod;
}

int main(){
	for(ll i = n;i>=1;i--){
		ans = ans * i;
		solve();
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}
//137664
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

/*
2 * 5会产生0
做法:每次循环求阶乘时 统计2和5个数 并去除2和5,最后乘回来即可 
*/

typedef long long ll;

ll n = 1325476;
const ll mod = 1e6;

ll ans = 1;
ll cnt1 = 0;
ll cnt2 = 0;
int main(){
	for(ll i = 1;i <= n; i++){
		ll x = i;
		while(x%2==0) cnt1++,x=x/2;
		while(x%5==0) cnt2++,x=x/5;
		ans = ans * x % mod;
	}
	if(cnt1 - cnt2 > 0){
		for(int i=1;i<=cnt1-cnt2;i++) ans = ans * 2 % mod;
	}else{
		for(int i=1;i<=cnt2-cnt1;i++) ans = ans * 5 % mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}
//137664

101串 ok

dfs搜索方法

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int num[35];
long long ans = 0;

/*
dfs枚举2^30种可能结果
运行100秒左右
*/

void dfs(int k){
	if(k==31){
		for(int i=1;i<=28;i++){
			if(num[i] == 1 && num[i+1] == 0 && num[i+2] == 1){
				ans++;
				break;
			}
		}
		return;
	}
	
	num[k] = 1;
	dfs(k+1);
	num[k] = 0;
	dfs(k+1);
}


int main(){
	dfs(1);
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}
//1046810092

二进制枚举方法

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

/*
二进制枚举
1<<30种 也就是2^30可能情况
对于每个情况 枚举每一位 判断是否满足条件 
*/

int ans = 0;

int main(){
	for(int i=0;i<(1<<30);i++){
		int x = i;
		int a = 0 ,b = 0, c = 0;
		bool check = false;
		while(x){
			c = b;
			b = a;
			a = x & 1;
			if(a && !b && c){
				check = true;
				break;
			}
			x >>= 1;
		}
		if(check) ans++;
	} 
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
} 
//1046810092 

游戏 ok


#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;
LL a = 482333897982347239LL;
LL b = 557432748293424892LL;
LL k = 1389472389742429877LL;

//同余 (b-a) % mod = b*2 % mod 
void test(){
	LL mod = a + b;
	cout<<(b-a) % mod<<endl;
	cout<<b*2%mod<<endl;
} 

//快速乘:加法代替乘法 
LL mmul(LL x,LL y,LL p){
	LL ans = 0LL;
	while(y){
		if( y & 1LL) ans = (ans + x) % p;
		x = (x + x) % p;
		y >>= 1;
	}
	return ans;
}

//快速幂 
LL mpow(LL x,LL y,LL p){
	LL ans = 1LL;
	while(y){
		if(y & 1LL) ans = mmul(ans,x,p);
		x = mmul(x,x,p);
		y >>= 1;
	}
	return ans;
}

int main(){
	LL mod = a + b; //首先 c + d = 2*a + b - a  =  a + b = mod
	LL ans = mmul(a,mpow(2LL,k,mod),mod); //d = b - a = b - (mod - b) = 2*b - mod = 2*b %mod,所以 b-a 也就等价于 b*2,等价后a与b交不交换都无所谓(因为后面的操作都是*2)
	printf("%lld\n",min(ans,mod-ans));//结果确保A更小,A可能是ans 也可能是mod-ans(b)
	return 0;
} 
//383513242709218605

公约数 ok

蒜头君有n个数,他想要从中选出k个数,使得它们的最大公约数最大。
请你求出这个最大的最大公约数。

输入格式
第一行输入两个整数 。
第二行输入 个整数 。

输出格式
输出一个整数。

数据范围

样例输入1
4 3
2 4 8 3
样例输出1
2

样例输入2
4 2
4 8 6 6
样例输出1
6

思路:
30% 暴力dfs 或者 状态压缩(二进制枚举)选出k个数
另外30% 由概率,直接输出 1。
100% 枚举可能的gcd 值,检查有多少元素被它整除即可。时间复杂度O(nlogn)

30%代码-dfs搜索

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
ll ans = 1;
ll gcd(ll a,ll b){
	if(b==0)
		return a;
	return gcd(b,a%b);
}

const int maxn = 1e6+10;
int n,k;
int a[maxn];

/*
dfs暴搜过30%数据 
*/

/*
不确定的dp状态转移方程:dp[i][k] = max(dp[i][k],gcd(dp[j<i][k-1], a[i])
*/ 

void dfs(int cur,int have,ll _gcd){
	
	if(cur == n+1 && have == k+1){
		ans = max(ans,_gcd);
		return;
	}
	if(cur > n+1) return;
	if(have > k+1) return;
	if(have == 1){
		dfs(cur+1,have,_gcd);
		dfs(cur+1,have+1,a[cur]);
	}else{
		dfs(cur+1,have,_gcd);
		dfs(cur+1,have+1,gcd(a[cur],_gcd));
	}
	
}

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	dfs(1,1,0);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

100%代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 7;
const int mod = 1e9 + 7;
int a[N+10];

int main(){
	int n,k,x;
	memset(a,0,sizeof(a));
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=0;i<n;i++){
		scanf("%d",&x);
		a[x]++;//x的个数+1 
	}
	int ans = 1;
	//枚举gcd可能出现的值:从i=2 ~ N; 
	for(int i = 2 ;i < N; i++){
		int cnt = 0;
		for(int j = i;j < N; j += i) cnt += a[j]; //能被i整除的数 一定是 i i+i i+i+i .... 
		if(cnt >= k) ans = i;//比k大 那么选出k个数 他们的gcd就是当前的i 
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
} 

蒜头图 ok


实际上就是问图里有多少个环,计环的个数为 k,则结果为2^k-1。
30% 状态压缩选出边,判断所选的边是否构成环
100% 并查集统计环的数量,使用并查集每次询问只需要判断这两点之前是否连通就可以了,为什么结果是2^k-1呢(k表示环的数量),有大佬说了:题目表明了“只要构成蒜头图就算一种情况”,那么也就是说从原图中取1个环也能构成环,取其中两个环也能构成环(有环就代表是蒜头图的子图,管你取几个环都是蒜头图).......C(n,i) i从1~n都能构成环 那么C(n,1) + C(n,2) + C(n,3) + C(n,n)就是答案,这个式子的值也等于2^n-1,因为C(n,0) + C(n,1) + C(n,2) + C(n,3) + C(n,n) 的结果等于2^n
100%代码-并查集统计环的数量

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int mod = 1046513837;
int n,m,f[200500];

int find(int x){
	return f[x] == x ? x : f[x] = find(f[x]);
}

void merge(int a,int b){
	int x = find(a);
	int y = find(b);
	if(x != y ) f[x] = y;
}

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i] = i;
	long long ans = 1;
	for(int i=1 ;i<=m;i++){
		int a,b;
		scanf("%d%d",&a,&b);
		int x = find(a), y = find(b);
		if(x == y){//这里如果 两个点祖先一样 说明找到环了 
			ans <<= 1; 
			if(ans > mod) ans -= mod;
		}else merge(a,b);
		printf("%lld\n",ans-1);
	}
	return 0;
}

区间并 60% 线段树做法不会


30% 按照题意暴力计算,枚举权值区间,枚举给定的数组的区间 ok

60% 枚举所有的答案区间l~r,看看哪些区间能恰好分成两个不相交的区间,暴力做的话:枚举l和r共O(n2),加上判断是否恰好分成了两个区间共O(n3)。判断是否分成了两个区间可以用并查集来维护,查询复杂度可以降到O(1)。
具体怎么用并查集维护?没写代码,但我是这样想的,在原序列中 如果 a[i] 和 a[i-1] 是连续的 即(后面这个数比前面这个数值大1) 就把当前第i个数 加入第i-1的集合中,代表他们是一个区间的。后面查询是否分成两个区间时,只需查询l~r区间内的数被分成了几个集合就可以了。
这个思路我自认为没有问题emmmm

100% 线段树维护区间最大值、次大值、相应个数 O(nlogn) 不会

30%代码-暴力枚举:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 3*1e6+5;
int n;
int m[maxn];
int vis[maxn];
int ans = 0;

/*
枚举l~r区间
枚举i~j区间
*/

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&m[i]);
	for(int l=1;l<=n;l++){
		for(int r=l+1;r<=n;r++){
			bool flag = false;
			for(int a=1;a<=n;a++){
				for(int b=a;b<=n;b++){
					for(int c=b+1;c<=n;c++){
						for(int d=c;d<=n;d++){
							bool flag2 = true;
							for(int i=1;i<=n;i++) vis[i] = 0;
							for(int i=a;i<=b;i++) vis[m[i]] = 1;
							for(int i=c;i<=d;i++) vis[m[i]] = 1;
							for(int i=l;i<=r;i++){
								if(vis[i] == 0){
									flag2 = false;
									break;
								}
							}
							if(flag2 && r-l+1 == b-a+1 + d-c+1){
								ans++;
								flag = true;
								//cout<<"l = "<<l<<" r = "<<r<<"a = "<<a<<" b = "<<b<<" c = "<<c<<" d = "<<d<<endl;
								break;
							}
							if(flag) break;
						}
						if(flag) break;
					}
					if(flag) break;
				}
				if(flag) break;
			}
//			if(flag) continue;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}
/*
5
5 4 3 1 2
*/

100%代码-线段树

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define mid (l+r)/2
#define lt (s<<1)
#define rt (s<<1|1)
#define Mn 300005
using namespace std;
long long ans;
int fc[Mn*4],fm[Mn*4],sm[Mn*4],sc[Mn*4];
int p[Mn],nt[Mn],add[Mn*4],n,i,k1,k2,x;

void updata(int s)
{
	int k1=lt,k2=rt;
	if (fm[k1]>fm[k2]) swap(k1,k2);
	if (fm[k1]<fm[k2])
		{
			fm[s]=fm[k1],fc[s]=fc[k1];
			if (sm[k1]<fm[k2])
				sm[s]=sm[k1],sc[s]=sc[k1];
			else
				if (sm[k1]==fm[k2])
					sm[s]=sm[k1],sc[s]=sc[k1]+fc[k2];
				else sm[s]=fm[k2],sc[s]=fc[k2];
		}
	if (fm[k1]==fm[k2])
		{
			fm[s]=fm[k1],fc[s]=fc[k1]+fc[k2];
			if (sm[k1]<sm[k2])
				sm[s]=sm[k1],sc[s]=sc[k1];
			else
				if (sm[k2]<sm[k1])
					sm[s]=sm[k2],sc[s]=sc[k2];
				else sm[s]=sm[k2],sc[s]=sc[k1]+sc[k2];
		}
}
void pplus(int s,int up)
{
	fm[s]+=up; sm[s]+=up;
	add[s]+=up;
}
void push(int s)
{
	if (add[s]!=0)
		pplus(lt,add[s]),pplus(rt,add[s]),add[s]=0;
}
void work(int s,int l,int r,int ls,int rs,int up)
{
	if (l>rs || r<ls) return;
	if (ls<=l && r<=rs)
		return(void)(pplus(s,up));
	push(s);
	work(lt,l,mid,ls,rs,up);
	work(rt,mid+1,r,ls,rs,up);
	updata(s);
}
void build(int s,int l,int r)
{
	if (l==r) return(void)(fc[s]=1,sm[s]=1);
	build(lt,l,mid); build(rt,mid+1,r);
	updata(s);
}
void upans(int s,int l,int r,int ls,int rs)
{
	if (ls<=l && r<=rs)
		{
			if (fm[s]==1 || fm[s]==2) ans+=fc[s];
			if (sm[s]==1 || sm[s]==2) ans+=sc[s];
			return;
		}
	if (ls>r || l>rs) return;
	push(s);
	upans(lt,l,mid,ls,rs);
	upans(rt,mid+1,r,ls,rs);
	updata(s);
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&p[i]),nt[p[i]]=i;
	build(1,1,n);
	for(i=n;i>=1;i--)
		{
			x=nt[i];
			if (p[x+1]<i && p[x-1]<i) work(1,1,n,i,n,1);
			if (p[x+1]<i && p[x-1]>i) work(1,1,n,i,p[x-1]-1,1);
			if (p[x+1]>i && p[x-1]<i) work(1,1,n,i,p[x+1]-1,1);
			if (p[x+1]>i && p[x-1]>i)
				{
					k1=p[x+1]; k2=p[x-1];
					if (k1>k2) swap(k1,k2);
					work(1,1,n,i,k1-1,1);
					work(1,1,n,k2,n,-1);
				}
			upans(1,1,n,i,n);
		}
	printf("%lld",ans-n);
	return 0;
}
posted @ 2019-05-13 17:07  fishers  阅读(1967)  评论(4编辑  收藏  举报