牛客寒假训练赛第一场

基本状况

赛时开了五题，B题大分讨卡住了，其他题目就看了题面。

有几个基本状况：

贪心题没有深入思考，就无脑二分入手，倒是大量罚时。
分讨思路不清楚。
E题很搞，名字叫贪心题但是纯爆搜，爽切。

A

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/67741/A

虽然签到题，但是学习一下 jly 写法。

我的

void solve() {
    string s;
    cin >> s;
    int n;
    cin >> n;
    char cmp1[3] = {'d', 'f', 's'};
    char cmp2[3] = {'D', 'F', 'S'};
    short opt1 = 0, opt2 = 0;
    bool flag1 = false, flag2 = false;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (cmp1[opt1] == s[i]) opt1++;
        if (cmp2[opt2] == s[i]) opt2++;
        if (opt1 == 3) flag1 = true, opt1 = 0;
        if (opt2 == 3) flag2 = true, opt2 = 0;
    }
    cout << flag2 << ' ' << flag1 << endl;
}

void solve() {
    int n;
    std::cin >> n;
    
    std::string s;
    std::cin >> s;
    
    for (auto t : {"DFS", "dfs"}) {
        int k = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (k < 3 && s[i] == t[k]) {
                k++;
            }
        }
        std::cout << (k == 3) << " ";
    }
    std::cout << "\n";
}

E

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/67741/B

继续向jly学习

我的爆搜

void dfs(int step)
{
    if (step == m)
    {
        vector<pair<int, int>> res(n + 1);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            res[i].second = a[i], res[i].first = i;
        }
        sort(all1(res), [&](auto x1, auto x2) {if (x1.second == x2.second) return x1.first == 1;return x1.second > x2.second; });
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            if (res[i].first == 1)
            {
                ans = min(ans, i);
                break;
            }
        return;
    }
    a[u[step + 1]] += 3;
    dfs(step + 1);
    a[u[step + 1]] -= 3;

    a[v[step + 1]] += 3;
    dfs(step + 1);
    a[v[step + 1]] -= 3;

    a[u[step + 1]] += 1;
    a[v[step + 1]] += 1;
    dfs(step + 1);
    a[u[step + 1]] -= 1;
    a[v[step + 1]] -= 1;
    return;
};

void solve()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        cin >> u[i] >> v[i];
    ans = 200;
    a[u[1]] += 3;
    dfs(1);
    a[u[1]] -= 3;
    a[v[1]] += 3;
    dfs(1);
    a[v[1]] -= 3;
    a[u[1]] += 1;
    a[v[1]] += 1;
    dfs(1);
    a[u[1]] -= 1;
    a[v[1]] -= 1;
    cout << ans << endl;
}

jly的爆搜

void solve() {
    int n, m;
    std::cin >> n >> m;
    
    std::vector<int> a(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        std::cin >> a[i];
    }
    
    std::vector<int> u(m), v(m);
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        std::cin >> u[i] >> v[i];
        u[i]--, v[i]--;
    }
    int ans = n;
    auto dfs = [&](auto self, int i) -> void {
        if (i == m) {
            int res = 1;
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                res += (a[j] > a[0]);
            }
            ans = std::min(ans, res);
            return;
        }
        for (auto [x, y] : {std::make_pair(3, 0), {0, 3}, {1, 1}}) {
            a[u[i]] += x;a[v[i]] += y;
            self(self, i + 1);
            a[u[i]] -= x;a[v[i]] -= y;
        }
    };
    dfs(dfs, 0);
    std::cout << ans << "\n";
}

jly 这里有三点值得学习：

可递归的函数写法，我一开始也是这样写但是CE了，要学一下。

auto dfs = [&](auto self, int i) -> void {};//声明
self(self, i + 1);//函数内部调用
dfs(dfs, 0)//函数外部调用

找该选手名次的方法，我用的是把选手和分数存入数组再排序，而jly更直接，直接比较大于该选手分数的人的数目。
```
int res = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) {
	res += (a[j] > a[0]);
}
```
爆搜三种情况的写法，我是复制黏贴，复用性差，jly利用循环来简化代码，而且step传0参进去也不用在函数外写一遍针对step = 1的处理
```
for (auto [x, y] : {std::make_pair(3, 0), {0, 3}, {1, 1}}) {
	a[u[i]] += x; a[v[i]] += y;
	self(self, i + 1);
	a[u[i]] -= x; a[v[i]] -= y;
}
```

B

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/67741/B

神志不清，分讨树精

这题给我一个教训，这类大模拟不要无脑加特判，一定要归纳各种特殊性到一般性，尽量精简代码，特判加多了基本上就是偏了。

我的

void solve() {
    int n;
    ll r, c;
    map<pair<short, ll>, bool> tag;
    cin >> n;
    vector<pair<short, ll> > query(n);
    for(auto&[r, c] : query) {
        cin >> r >> c; r--;
        tag[make_pair(r, c)] = true;
    }
    if (n == 0) {cout << 3 << endl; return ;}

    sort(all(query), [&](auto x1, auto x2) {return x1.second < x2.second;});

    int sum = 4, i = 0;

    int ldif = query.front().second < 0, rdif = query.back().second > 0;

    for (; i < n && query[i].second <= 0; i++) {
        auto [r, c] = query[i];
        if (tag.count(make_pair(r ^ 1, c)) 
        || tag.count(make_pair(r ^ 1, c - 1)) || tag.count(make_pair(r ^ 1, c + 1))) {
            ldif = 2; 
        }
    }
    if (i > 0 && query[i - 1].second == 0) i--;
    for (; i < n && query[i].second >= 0; i++) {
        auto [r, c] = query[i];
        if (tag.count(make_pair(r ^ 1, c)) 
        || tag.count(make_pair(r ^ 1, c - 1)) || tag.count(make_pair(r ^ 1, c + 1))) {
            rdif = 2; 
        }
    }
    sum -= ldif + rdif;
    if (tag.count(make_pair(1, 0))) {
        if (ldif == 2) {
            sum = min(sum, 1);
        }
        if (rdif == 2) sum = min(sum ,1); 
    }
    sum = min<int>(sum, 3 - tag.count(make_pair(0, 1)) - tag.count(make_pair(0, -1)) - tag.count(make_pair(1, 0)));
    if (tag.count(make_pair(0, -1))) {
        if (rdif == 2) sum = min<int>(sum, 1);
    }
    if (tag.count(make_pair(0, 1))) {
        if (ldif == 2) sum = min<int>(sum, 1);
    }
    cout << sum << endl;
}

大方向肯定是没错的，用 pair<int,int> 来标记坐标，然后分讨。

我的做法是先按正负坐标排序，然后左右分讨，最后在讨论三角形情况。

过了两天，终于改出来了。

其实当时思路的难点就是如果 $(1,0)$ 下方有一个 $(2, 0)$，那么左边和右边就都只再需要一个，我当时的思路是最后再搞一大堆分讨：

直接在 $ldif,rdif$ 初始化的时候处理就行。
```
int ldif = query.front().second < 0 || tag.count(make_pair(1, 0)), 
    rdif = query.back().second > 0 || tag.count(make_pair(1, 0));
```
因为上述情况其实就等价于第一种状况下左/右侧已经有一个着火点的情况了，所以这种情况下 $ldif,rdif$ 初始值也是 $1$。

对循环范围的特判。

	for (; i < n && query[i].second <= 0; i++) {
        auto [r, c] = query[i];
        if (tag.count(make_pair(r ^ 1, c)) 
        || tag.count(make_pair(r ^ 1, c - 1)) || tag.count(make_pair(r ^ 1, c + 1))) {
            ldif = 2; 
        }
    }
    if (i > 0 && query[i - 1].second == 0) i--;
    for (; i < n && query[i].second >= 0; i++) {
        auto [r, c] = query[i];
        if (tag.count(make_pair(r ^ 1, c)) 
        || tag.count(make_pair(r ^ 1, c - 1)) || tag.count(make_pair(r ^ 1, c + 1))) {
            rdif = 2; 
        }
    }

这是不行的，如果循环处理的时候存在 $(2,0)$，那么如果是只有左/右边有一个着火点的状况，这样处理会让 $ldif = rdif = 2$，显然错误。所以处理的时候不要管 $0$ 的状况。

	for (; i < n && query[i].second < 0; i++) {
        auto [r, c] = query[i];
        if (tag.count(make_pair(r ^ 1, c)) 
        || tag.count(make_pair(r ^ 1, c - 1)) || tag.count(make_pair(r ^ 1, c + 1))) {
            ldif = 2; 
        }
    }
    if (query[i].second == 0) i++;
    for (; i < n && query[i].second > 0; i++) {
        auto [r, c] = query[i];
        if (tag.count(make_pair(r ^ 1, c)) 
        || tag.count(make_pair(r ^ 1, c - 1)) || tag.count(make_pair(r ^ 1, c + 1))) {
            rdif = 2; 
        }
    }

最后再处理一下最大值为三这个性质

sum = min<int>(sum, 3 - tag.count(make_pair(0, 1)) - tag.count(make_pair(0, -1)) - tag.count(make_pair(1, 0)));

初版 $AC$

void solve() {
    int n;
    ll r, c;
    map<pair<short, ll>, bool> tag;
    cin >> n;
    vector<pair<short, ll> > query(n);
    for(auto&[r, c] : query) {
        cin >> r >> c; r--;
        tag[make_pair(r, c)] = true;
    }
    
    if (n == 0) {cout << 3 << endl; return ;}

    sort(all(query), [&](auto x1, auto x2) {return x1.second < x2.second;});

    int sum = 4, i = 0;

    int ldif = query.front().second < 0 || tag.count(make_pair(1, 0)), 
        rdif = query.back().second > 0 || tag.count(make_pair(1, 0));

    for (; i < n && query[i].second < 0; i++) {
        auto [r, c] = query[i];
        if (tag.count(make_pair(r ^ 1, c)) 
        || tag.count(make_pair(r ^ 1, c - 1)) || tag.count(make_pair(r ^ 1, c + 1))) {
            ldif = 2; 
        }
    }
    if (query[i].second == 0) i++;
    for (; i < n && query[i].second > 0; i++) {
        auto [r, c] = query[i];
        if (tag.count(make_pair(r ^ 1, c)) 
        || tag.count(make_pair(r ^ 1, c - 1)) || tag.count(make_pair(r ^ 1, c + 1))) {
            rdif = 2; 
        }
    }
    
    sum -= ldif + rdif;
    sum = min<int>(sum, 3 - tag.count(make_pair(0, 1)) - tag.count(make_pair(0, -1)) - tag.count(make_pair(1, 0)));
    cout << sum << endl;
}

进一步，发现 $query$ 没有必要，直接遍历桶容器内元素即可，而且桶也没必要用 $map$，用 $set$ 平替就行。

优化 $AC$

void solve() {
    int n;
    ll r, c;
    set<pair<short, ll>> tag;
    cin >> n;
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> r >> c; r--;
        tag.insert(make_pair(r, c));
    }

    int sum = 4;

    int ldif = tag.count(make_pair(1, 0)),
        rdif = tag.count(make_pair(1, 0));

    for (auto[r, c] : tag) {
        if (c < 0) ldif = 1;
        if (c > 0) rdif = 1;
    }
    
    for (auto[r, c] : tag) {
        if (c == 0) continue;
        if (tag.count(make_pair(r ^ 1, c)) 
            || tag.count(make_pair(r ^ 1, c - 1)) || tag.count(make_pair(r ^ 1, c + 1))) {
            if (c < 0) ldif = 2;
            if (c > 0) rdif = 2;
        }
    }

    sum -= ldif + rdif;
    sum = min<int>(sum, 3 - tag.count(make_pair(0, 1)) - tag.count(make_pair(0, -1)) - tag.count(make_pair(1, 0)));

    cout << sum << endl;
}

G

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/67741/G

一开始写成对每一段进行二分，正确性应该没问题但是太复杂了，不知道哪里细节错误。

后面发现这题可以直接贪心求答案。

已经犯过很多次这类错误，当一个做法很绕很复杂的时候，要考虑能不能换做法。

贪心思路很简单，维护前缀和判断就行。

但是这题之所以要写个博客，是因为这种只要维护一个前缀和的题目，我一直在无脑写前缀和数组。

老样子。

我的

void solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<pair<ll, ll> > a(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i].first >> a[i].second;
    vector<ll> s(n);
    sort(all(a));
    for (int i = 0; i < n; i++)
        if (i == 0) s[i] = a[i].second;
        else s[i] = s[i - 1] + a[i].second;
    ll ans = m;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (m + s[i] >= a[i].first) ans = max(ans, m + s[i]);
    }
    cout << ans << endl;
}

void solve() {
    int n, m;
    std::cin >> n >> m;
    
    std::vector<std::pair<int, int>> a(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int x, y;
        std::cin >> x >> y;
        a[i] = {x, y};
    }
    std::sort(a.begin(), a.end());
    i64 ans = m;
    i64 sum = 0;
    for (auto [x, y] : a) {
        sum += y;
        if (x - sum <= m) {
            ans = std::max(ans, sum + m);
        }
    }
    std::cout << ans << "\n";
}

用一个sum动态维护前缀和即可。

L

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/67741/L

结论题，其实一开始想法是对的，贴地的照明范围最大，但是没啥信心也没做下去。

也是因为审题不认真，实际上墙和光源的距离是光源和背景墙的两倍，就是用中位线算就完全可以处理。

I

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/67741/I

第一次见，毫无思路

核心思路

找到两种方法会使得哪个统计量有显著区别，尝试区分这个统计量的均值
如果这个统计量不好直接求，可以本地真的实现以下两种生成方式，然后生成大量数据，真的随机出这个统计量的真实值
比如求出法 $1$ 该统计量均值 $m_1$、法 $2$ 该统计量均值 $m_2$，那对于输入数据，直接看输入数据的该统计量 $m$ 和 $m_1$ 与 $m_2$ 谁更近就行了。

太抽象了，是一种很新的题，似乎是模拟了机器学习的一些理论。

F

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/67741/F

相关知识：第二类斯特林数
- 将 $n$ 个 bit 每个 bit 看作一件物品
- 将 $m$ 个数字每个看作一个集合
- 注意到这几乎就是第二类斯特林数 $S(n,m)$ 的定义：$n$ 个有区别球放到 $m$ 个无区别盒子
- 还差在哪里呢？我们发现，本题的盒子（$a_i$）并不是无区别的，但因为第二个条件要求了每个盒子里的数从小到大有序，所以对于 $S(n,m)$ 中的每一种方案，对其按 $a_i$ 大小排序就得到了本题的一种方案，且可以证明这是一种一一映射（重点是证明没有多对一）
- 因此，本题答案就是斯特林数 $S(n,m)$
- 第二类斯特林数的容斥求法，可以在log复杂度里做出这题
第二类斯特林数
- 将 $n$ 个有区别的球放入 $m$ 个无区别的盒子的方案数 $S_{n,m}$
  - 有区别的定义
    - $C^3_5$ 五个有区别的球选三个
    - $1$ 五个没区别的数选三个
- $S_{4,2}$（此题要求盒子非空）
  - 无区别的定义
    - $(1,234)$ 和 $(234,1)$ 是同一种方案。
  - 方案数为 $7$
    - $(1,234)$
    - $(12,34)$
    - $(13,24)$
    - $(14,23)$
    - $(123,4)$
    - $(124,3)$
    - $(134,2)$
  - 若不要求非空，显然答案为 $8$，即 $m^n$.
  - 若有 $k$ 个为空，且盒子和球都有区别，则方案数为 $C^k_m(m - k)^n$
  - 然后用容斥原理，容斥成非空个数（错排数），最后为了转化有区别为无区别，再除以 $m!$
    
    $S_(n,m) = \frac 1 {m!} \sum^m_k(-1)^kC^k_m(m - k)^n$

H

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/67741/H

位运算好题

先考虑每个物品的重量都只含 $1bit$ 的情况，可以帮助对这题要解决什么问题有个大致了解
记所选物品重量或起来是 $𝑐$，枚举 𝑚 里是 $1$ 的某个 $bit$，强制 𝑐 里该位为 $0$，则该位将 𝑚 分成了前后两部分
- 对于前面的那部分位（更高位），要求所选的物品这些位必须是𝑚的子集（即𝑚对应位是 $1$ 才能选）
- 对于后面的那部分位（更低位），没有任何限制
因此，枚举 𝑚 里每一位作为这个分界，每个物品就变成了要么能选要么不能选、彼此之间也不影响，所以把能选的都选上就好，最后再特判一下 $c=m$ 的状况，即可保证枚举了所有情况

void solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<int> v(n), w(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> v[i] >> w[i];
    ll ans = 0;
    auto get = [&](int s) {
        ll res = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if ((s & w[i]) == w[i]) {
                res += v[i];
            }
        }
        ans = max(ans, res);
    };
    for (int i = 29; i >= 0; i--) {
        if (m >> i & 1) {
            get((m ^ (1 << i)) | ((1 << i) - 1));//很关键
        }
    }
    get(m);//处理C=M的情况
    cout << ans << endl;
}

get函数内穿的参数用了几个 trick.

m ^ (1 << i)//把 m 的第 i 位取反，这里是置为 0

(m ^ (1 << i) | ((1 << i) - 1))//把 i 位之前（右边）的位数全部变成 1，因为由题解，更低位不限制
//1 << i 是第 i 位为 1，右边都是 0
//1 << i - 1 则会把第 i 位变成 0， 右边全部变成 1

通过这个参数与 $w_i$ 进行按位与，显然能自动检测符合题解思路条件的物品，全部加上即可。

K

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/67741/H

基环外向树？折磨！

大意：第 $i$ 题的选项表明了 $a_i$ 题的答案。

基环外向树
- $n$ 条边
- 每个点出度为 $1$
- 即所有点必然入环

首先，每个 $i$ 向 $a_i$ 连一条有向边，表示 $a_i$ 的答案被 $i$ 限制住了；该题的依赖性质构成了基环外向树森林

首先所有连到环的链可以直接无视，它们不影响答案
- 因为这个链所连接的环那个点确定答案后、链上每个点的答案可以由此反向传播依次得到（至于为何每个点答案唯一？这是因为该点走到环的路径上所有排列复合得到的仍是排列），因此，环上点确定方案、则链也随之确定唯一一种方案，所以可以忽略链
对于环，我们随机选个起点，暴力枚举这个点选 ABCDE 中哪个选项然后暴力模拟来 check 这个选项是否能让这个环满足条件即可
因此，每个基环内向树的答案是0~5之间整数
最后的答案是每个基环内向树答案的乘积

int main() {
    int n;
    std::cin >> n;
    
    std::vector<int> a(n);
    std::vector<std::string> s(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        std::cin >> a[i] >> s[i];
        a[i]--;
    }
    
    Z ans = 1;
    
    std::vector<int> vis(n, -1);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int j = i;
        while (vis[j] == -1) {
            vis[j] = i;
            j = a[j];
        }
        if (vis[j] == i) {
            int k = j;
            int len = 0;
            do {
                k = a[k];
                len++;
            } while (k != j);
            int res = 0;
            for (int x = 0; x < 5; x++) {
                int v = x;
                for (int i = 0; i < len; i++) {
                    v = s[k][v] - 'A';
                    k = a[k];
                }
                res += v == x;
            }
            ans *= res;
        }
    }
    
    std::cout << ans << "\n";
    return 0;
}

D

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/67741/D

通过题目分析出特性，进而剪枝

核心是要注意到：询问的 $M$ 范围不大，所以数组稍微长一点儿，就很可能溢出 $10^9$ 的范围，所以要考虑的方案其实很少；

最终数组，绝对值非 $1$ 的最多 $30$ 个
- 枚举哪个数变成 $1$ 或 $-1$，然后把此时数组乘积算出来，在枚举前先判断一下这个数变的话能不能保证变后绝对值非 $1$ 的最多 $30$ 个，所以真正要枚举的数不多；
- $𝑛≤30$，此时要么第一个数绝对值在 $10^9$ 内、要么第二个数绝对值在 $10^9$ 内，否则，前两个数乘积的绝对值一定大于 $10^9$；因此我们 $\sqrt {10^9}\times n$ 的暴力枚举就可以；

#include <bits/stdc++.h>

using i64 = long long;

constexpr int K = 4E4;
constexpr int inf = 1E9;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
    int n, Q;
    std::cin >> n >> Q;
    
    std::map<int, int> cnt;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int a;
        std::cin >> a;
        cnt[a] += 1;
    }
    
    std::set<int> S{0};
    if (cnt.size() <= 20) {
        std::vector<std::pair<int, int>> a(cnt.begin(), cnt.end());
        n = a.size();
        int x = a[0].first - K;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (x = std::max(x, a[i].first - K); x <= a[i].first + K; x++) {
                i64 res = 1;
                for (int j = 0; j < n; j++) {
                    int v = a[j].first - x;
                    if (v == 1) {
                        continue;
                    }
                    if (v == -1) {
                        if (a[j].second % 2) {
                            res *= -1;
                        }
                        continue;
                    }
                    for (int c = 0; c < a[j].second; c++) {
                        res *= v;
                        if (std::abs(res) > inf) {
                            break;
                        }
                    }
                    if (std::abs(res) > inf) {
                        break;
                    }
                }
                if (std::abs(res) <= inf) {
                    S.insert(res);
                }
            }
        }
    }
    
    while (Q--) {
        int M;
        std::cin >> M;
        
        if (S.count(M)) {
            std::cout << "Yes\n";
        } else {
            std::cout << "No\n";
        }
    }
    
    return 0;
}

J

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/67741/J

思维难度有点大

最关键的性质：考虑第 $i$ 个任务结束时，一定有一个人在 𝑎𝑖 处；（听上去是废话）
- 这提示我们，只需要记录，另一个人可能的位置，可以用 set 来存；
具体做法
- 二分答案 $mid$，check 的写法是遍历所有的人物，用一个set存：此时，一个人在 𝑎𝑖 处，另一个人可能的位置集合；
- 若某个时刻set为空，则check失败；否则，check成功；
- 注意向 set 里插入 $a_i$ 的时机需要仔细考虑，一种正确的插法是
  - 在 $𝑎_{𝑖+1}$ 处判断若 $a_i - a_{i + 1} < 𝑚𝑖𝑑 $ 是否成立
  - 若成立，插入 $a_i$

void solve() {
    int n, x, y;
    cin >> n >> x >> y;
    vector<int> a(n);
    for (auto&i : a) cin >> i;
    auto check = [&](int d) {
        int last = y;
        set<int> S;
        if (abs(x - y) <= d) S.insert(x);
        for (auto x : a) {
            if (!S.empty() && abs(x - last) <= d)
                S.insert(last);
            while(!S.empty() && *S.begin() < x - d) S.erase(S.begin());
            while(!S.empty() && *S.rbegin() > x + d) S.erase(*S.rbegin());//rebegin()倒叙迭代的begin，同理还有rend(),并且rbegin() < rend()
            last = x;
        }
        return !S.empty();
    };
    int lo = 0, hi = 1E9;
    while(lo <= hi) {
        int mid = lo + hi >> 1;
        if (check(mid)) hi = mid - 1;
        else lo = mid + 1;
    }
    cout << lo << endl;
}

posted @ 2024-02-03 18:54 加固文明幻景阅读(5) 评论(0) 编辑收藏举报

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