2. 4 蓝桥练习5题

2. 4 蓝桥练习5题

今天写的几个题都挺有意思的，码量不大，主要是思维。藕还得多练QAQ

1.[P8669 蓝桥杯 2018 省 B] 乘积最大

题意：给定 $N$ 个整数 $A_1,A_2,\cdots ,A_N$。请你从中选出 $K$ 个数，使其乘积最大。

请你求出最大的乘积，由于乘积可能超出整型范围，你只需输出乘积除以 $1000000009$（即 ${10}^9+9$）的余数。

注意，如果 $X<0$， 我们定义 $X$ 除以 $1000000009$ 的余数是 $0-((0-x)mod1000000009)$。

思路：贪心+分类讨论

先排个序。如果$K$是偶数的话，我们考虑2个2个取。我们肯定优先两个正的或两个负的(保证答案是正数)，实在没办法了才会考虑一正一负的情况($N=K\mathrm{的}\mathrm{情}\mathrm{况}$)。我们排好序之后两头取，选大的。如果是偶数的话，把ans初始化为当前的最大值，注意如果当前最大值都是<0的(即全为负)，那么最后介个也是负数，用$f$标记一下。然后k变成偶数，按照偶数是做法写。

// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 9;
const int N = 2e5 + 10;
ll a[N];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int n,k; cin>>n>>k;
    for(int i = 1;i <= n; i++)
        cin>>a[i];
    sort(a+1,a+1+n);
    ll ans = 1;
    int l = 1,r = n;
    int f = 1;
    if(k % 2){
        ans *= a[r];
        if(ans < 0)
            f = -1;
        r--;
        k--;
    }
    
    while(k)
    {
        ll pre = a[l]*a[l+1];
        ll suf = a[r]*a[r-1];
        if(f * pre > f * suf)
            ans *= pre%mod,ans %= mod,l += 2;
        else ans *= suf%mod,ans %= mod,r -= 2;
        k -= 2;
    }
    cout<<ans<<"\n";
 
    return 0;
}
 

2.[P8625 蓝桥杯 2015 省 B] 生命之树

题意：对于一棵树，找到其点权和最大的一个连通分量（注意可以为空），输出这个连通分量的点权和。

思路：树形$dp$，考虑每个点为根$u$的情况下它的子树$v$最大点权和。

$dp[u]+=max(dp[v],0)$

// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int n,a[N];
vector<int>e[N];
ll dp[N];
void dfs(int u,int fa)
{
    //cout<<"u = "<<u<<"\n";
    dp[u] = a[u];
    for(auto v : e[u])
    {
        if(v == fa)continue;
        dfs(v,u);
        dp[u] += max(dp[v],0ll);
    }
 
}
 
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
  
    cin>>n;
    for(int i = 1;i <= n; i++)
        cin>>a[i];
    for(int i = 1;i < n; i++)
    {
        int u,v; cin>>u>>v;
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }
    dfs(1,0);
    ll ans = 0;
    for(int i = 1;i <= n; i++)
    {
        ans = max(ans,dp[i]);
    }
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}
 

3.[P8782 蓝桥杯 2022 省 B] X 进制减法

题意：两个$X$进制数，求差最小值。最小为2进制。

思路：$X$进制是怎么求的呢？举个例子：最低数位为二进制，第二数位为十进制，第三数位为八进制，则$X$进制数$321$转化为十进制是什么呢？

$a[i]$数值：3 2 1

$c[i]$进制：8 10 2

$d[i]$权值：$1\times 2\times 10$ $1\times 2$ 1

通式就是：$d[i]=a[i]\prod _{k=1}^{i-1}c[k](c[0]=1)$

那么对于$X$进制$321$转为$10$进制就是：$20\times 3+2\times 2+1\times 1=65$

好的了解了以上，我们来考虑本题。本题是要求差值最小。因为题目保证了$A\ge B$,想要$A-B$的值尽量小，每一位的权值也要尽量小。因为是指数基本增长的，$A$变大会比$B$更快。如果想让每一位的权值尽量小，每一位的进制也得尽量小。那么我们考虑贪心，每一位的进制取$max(a[i],b[i])+1$,如果$<2$的话置为$2$。记得开$long$ $long$。

// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
ll n,la,lb,a[N],b[N],c[N],d[N];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    cin>>n;
    cin>>la;
    for(int i = la;i >= 1; i--)
        cin>>a[i];
    cin>>lb;
    for(int i = lb;i >= 1; i--)
        cin>>b[i];
    for(int i = 1;i <= max(la,lb); i++)
    {
        c[i] = max(a[i],b[i])+1;
        if(c[i]<2)c[i] = 2;
    }
    d[1] = 1;
    for(int i = 2;i <= max(la,lb);i++)
        d[i] = (d[i-1]*c[i-1])%mod;
    ll t1 = 0,t2 = 0;
    for(int i = 1;i <= la;i++)
        t1 += (a[i]*d[i])%mod,t1 %= mod;
 
    for(int i = 1;i <= lb;i++)
        t2 += (b[i]*d[i])%mod,t2 %= mod;
    cout<<(t1-t2+mod)%mod<<"\n";
    
    return 0;
}
 

4.[P8683 蓝桥杯 2019 省 B] 后缀表达式

题意：给定 $N$ 个加号、 $M$ 个减号以及 $N+M+1$ 个整数 $A_1,A_2,\cdots ,A_{N+M+1}$，小明想知道在所有由这 $N$ 个加号、 $M$ 个减号以及 $N+M+1$ 个整数凑出的合法的后缀表达式中，结果最大的是哪一个。

请你输出这个最大的结果。

例如使用 1 2 3 + -，则 2 3 + 1 - 这个后缀表达式结果是 $4$，是最大的。

思路：这题很有意思，想了很久。后缀表达式是可以加括号滴。

比如

0 2
1 2 3

答案应该是4。因为3-(1-2) = 4。如果直接贪心的话求出来是3-2-1 = 0。

那么怎么办哩？

我们先考虑简单的，如果全是加号，那么答案一定是直接全部加起来就行了。

那么如果有减号存在呢？

一个负数通过加括号和减号来变成正数

对于负数$a$我们是不是可以$-(a)$变成正数。多个负数呢？比如$a,b,c$都是负数，那么$-(a+b+c)$就是正数了。

我们发现了什么？是不是只要有一个负号，我们就可以把若干个负数变成正数啦。我们考虑多加上大数，减去小数。我们考虑把max放首相，min放后面，构成以下表达式。

$max-(min\pm \mathrm{①})\pm \mathrm{②}$

其他数：

1. 正数 + ：放在②
2. 负数 - ：放在②
3. 正数 - : 放在①
4. 负数 + ：放在①

我们发现无论怎么放都是正数，完美解决。

// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
 
ll a[N];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int n,m; cin>>n>>m;
    int k = n+m+1;
    for(int i = 1;i <= k; i++)
        cin>>a[i];
    sort(a+1,a+1+k);
    ll ans = 0;
    if(m==0)
    {
        for(int i = 1;i <= k; i++)
            ans += a[i];
    }
    else{
        ans = a[k]-a[1];
        for(int i = 2;i < k; i++)
            ans += abs(a[i]);
    }
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}
 

5.[P8783 蓝桥杯 2022 省 B] 统计子矩阵

题意：给定一个 $N\times M$ 的矩阵 $A$，请你统计有多少个子矩阵 (最小 $1\times 1$, 最大 $N\times M)$ 满足子矩阵中所有数的和不超过给定的整数 $K$。

思路：看见这个第一反应就是二维前缀和+枚举。枚举4维肯定是不行的，我就想枚举左上角和左下角的x再二分y。结果。。。还是TLE了hh。

// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int long long
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 5e2 + 10;
ll n,m,k;
ll a[N][N],s[N][N];
bool judge(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
    ll sum = s[x2][y2]-s[x1-1][y2]-s[x2][y1-1]+s[x1-1][y1-1];
    return sum <= k;
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i = 1;i <= n; i++)
        for(int j = 1;j <= m; j++)
            cin>>a[i][j];
 
    for(int i = 1;i <= n; i++)
        for(int j = 1;j <= m; j++)
            s[i][j] = s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j];
 
 
 
    ll ans = 0;
    for(int i = 1;i <= n; i++)
    {
        for(int j = 1;j <= m; j++)
        {
            int last = m;
            for(int k = i;k <= n; k++)
            {
                int x1 = i,y1 = j;
                int x2 = k,y2;
                int l = j, r = last;
                while(l<=r)
                {
                    int mid = (l+r)>>1;
                    if(judge(x1,y1,x2,mid))l = mid+1;
                    else r = mid-1;
                }
                y2 = l-1;
                if(y2<y1)break;
                last = y2;
                ans += (y2-y1+1);
            }
        }
    }
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}

以上代码只有80分。那么得把log优化掉怎么办哩。我们考虑双指针。

枚举$x_1，x_2$,用双指针维护$y_1\mathrm{和}{y}_2$

$l$表示$y_1$，$r$表示$y_2$。我们不断右移$r$，直到第一次不合法。那么当前$r$也不用再继续往后了，因为后面就更不行了，我们右移左指针$l$，直到第一个合法位置，同时保证$l\le r$。然后更新答案，加上$r-l+1$。

// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int long long
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 5e2 + 10;
ll n,m,k;
ll a[N][N],s[N][N];
 
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i = 1;i <= n; i++)
        for(int j = 1;j <= m; j++)
            cin>>a[i][j];
 
    for(int i = 1;i <= n; i++)
        for(int j = 1;j <= m; j++)
            s[i][j] = s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j];
 
 
    ll ans = 0;
    for(int i = 1;i <= n; i++)//x1
    {
        for(int j = i;j <= n; j++)//x2
        {
            for(int l = 1,r = 1;r <= m; r++)//y1,y2
            {
                while(l <= r &&s[j][r] - s[i - 1][r] - s[j][l - 1] + s[i - 1][l - 1] > k)l++;
                ans += r-l+1;
            }
        }
    }
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}