【vjudge训练记录】11月个人训练赛1
训练情况
赛后反思
被小数据背刺了，吃了几发RE，不过还是调出来了
A题
我们先考虑将连续的 v 先换成 w，之后就是统计子序列 wow 的个数，我们只需要找每个 o 前面有多少个 w，之后有多少个 w，根据乘法原理可知，这个 o 对答案的贡献就是两个相乘，维护前面和后面的 w 我们可以考虑使用前后缀和。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
signed main(){
string s; cin>>s;
int n = s.size();
if(n<=2){
cout<<0<<endl;
return 0;
}
string t;
for(int i = 0;i<n;i++){
if(s[i] == 'o') t+="o";
if(i==0) continue;
if(s[i] == 'v' && s[i-1] == 'v') t+="w";
}
n = t.size();
vector<int> pre(n+1);
vector<int> suf(n+1);
pre[0] = (t[0] == 'w');
suf[n-1] = (t[n-1] == 'w');
for(int i = 1;i<n;i++){
pre[i] = pre[i-1] + (t[i] == 'w');
}
for(int i = n-2;~i;i--){
suf[i] = suf[i+1] + (t[i] == 'w');
}
int ans = 0;
for(int i = 0;i<n;i++){
if(t[i] == 'o') ans += (pre[i]*suf[i]);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
B题
找数列中是否有 \(m\) 个大于 \(\frac{sum}{4m}\) 个元素，我们先直接求个和，再判断每一位是否符合要求即可，注意除法会有精度和取整问题，所以我们考虑把除法移到左边去乘。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int n,m; cin>>n>>m;
vector<int> a(n + 1);
int sum = 0;
for(int i = 1;i<=n;i++) cin>>a[i],sum+=a[i];
int cnt = 0;
for(int i = 1;i<=n;i++){
if(a[i]*4*m < sum) cnt++;
}
if(n-cnt>=m) cout<<"Yes"<<endl;
else cout<<"No"<<endl;
return 0;
}
C题
很显然要绝对值最接近 \(0\)，\(n\) 要减去 \(k\) 倍的 \(m\)，并且这个 \(k\) 要足够大，这就是直接 \(n \mod m\) 即可，再和负数的绝对值情况取大值即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
signed main(){
int n,m; cin>>n>>m;
cout<<min(n%m,abs(n%m-m));
return 0;
}
D题
简单的 DP，我们设计状态 \(dp_{ij}\) 为走到第 \(i\) 行，\(j\) 列的路线数，它可以从它的上一行和上一列转移过来，求一个和即可，记得跳过全部偶数的情况。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int dp[33][33];
signed main(){
int n,m; cin>>n>>m;
dp[1][1] = 1;
for(int i = 1;i<=n;i++){
for(int j = 1;j<=m;j++){
if(i%2==0&&j%2==0) continue;
if(i==1&&j==1) continue;
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
}
}
// for(int i = 1;i<=n;i++){
// for(int j = 1;j<=m;j++){
// cout<<dp[i][j]<<" ";
// }
// cout<<endl;
// }
cout<<dp[n][m]<<endl;
return 0;
}
E题
我们判断曲线是否会经过圆，我们只需要判断起点和终点一个在圆内，一个在圆外即可，这样无论曲线怎么画都得经过这个圆，直接统计答案即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
double dis(int x,int y,int xx,int yy){
return sqrt((x-xx)*(x-xx)+(y-yy)*(y-yy));
}
int main(){
int n; cin>>n;
vector<int> x(n + 1),y(n + 1),r(n + 1);
for(int i = 1;i<=n;i++) cin>>x[i];
for(int i = 1;i<=n;i++) cin>>y[i];
for(int i = 1;i<=n;i++) cin>>r[i];
int xa,ya,xb,yb; cin>>xa>>ya>>xb>>yb;
int ans = 0;
for(int i = 1;i<=n;i++){
double res1 = dis(xa,ya,x[i],y[i]);
double res2 = dis(xb,yb,x[i],y[i]);
if((res1<r[i]&&res2>r[i])||(res1>r[i]&&res2<r[i]))ans++;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
F题
我们发现这是一道最长公共子序列题，但是这题没有办法使用 \(O(n^2)\) 的 DP，但是我们发现这一题是一个排列，我们可以考虑记录每个排列出现的位置，既然要最长公共子序列，我们只需要每一个排列的下标递增即可，通过下标位置的递增，这就可以转换成最长上升子序列，使用二分算法 \(O(nlogn)\) 做。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int n; cin>>n;
vector<int> a(n + 1);
vector<int> b(n + 1);
vector<int> pos(n + 1);
for(int i = 1;i<=n;i++) cin>>a[i],pos[a[i]] = i;
for(int i = 0;i<=n;i++) a[i] = INT_MAX;
for(int i = 1;i<=n;i++) cin>>b[i];
for(int i = 1;i<=n;i++){
int p = lower_bound(a.begin() + 1,a.end(),pos[b[i]]) - a.begin();
a[p] = pos[b[i]];
}
int ans = lower_bound(a.begin() + 1,a.end(),a[0]) - a.begin() - 1;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
G题
我们想要 gcd 最大，我们显然发现一对数的 gcd 是会小于等于它的较小的数，所以我们构造的数列的 gcd 必定等于最小的 a，之后就是统计能这样构造的数组一共有多少个，只要每个数在 \(a_i\) 的范围内，并且都是那个 gcd （最小的 \(a_i\)）的倍数即可，计算出每一位有多少种放置方法，最后根据乘法原理全部乘起来就是答案了。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int modd = 1e9+7;
signed main(){
int n; cin>>n;
vector<int> a(n + 1);
for(int i = 1;i<=n;i++) cin>>a[i];
sort(a.begin() + 1,a.end());
int cnt = 1;
for(int i=1;i<=n;i++){
cnt = cnt % modd * (a[i]/a[1])%modd;
}
cout<<a[1]<<" "<<cnt%modd<<endl;
return 0;
}
