牛客算法周周练8
偷懒了快两个月。。终于回来了
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5803
A - 小A买彩票
题意:
买一张彩票需要$3$元，可能得到$1,2,3,4$元，问连续买n张彩票不亏损的概率是多少，要求以最简分数表示概率
思路：
用$dp[i][j]$表示买了$i$张彩票得到$j$元的方案数，显然总的方案数为$4^{n}$
那么很显然状态转移方程为: $dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j-2] + dp[i][j-3] + dp[i][j-4] $
最后，由于要最简分数，分子分母必须同时除上二者的$GCD$
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; ll dp[32][125]; int main() { int n; scanf("%d",&n); memset(dp,0,sizeof(dp)); if(n==0){ cout<<"1/1"; return 0; } if(n==1){ cout<<"1/2"; return 0; } ll x=0,y=1; for(int i=1;i<=n;i++) y*=4; dp[1][1]=dp[1][2]=dp[1][3]=dp[1][4]=1; for(int i=2;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=120;j++){ if(j-1>0&&j>=i) dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]; if(j-2>0&&j-1>=i) dp[i][j]+=dp[i-1][j-2]; if(j-3>0&&j-2>=i) dp[i][j]+=dp[i-1][j-3]; if(j-4>0&&j-3>=i) dp[i][j]+=dp[i-1][j-4]; if(i==n&&j>=n*3) x+=dp[i][j]; } } ll k=__gcd(x,y); x/=k,y/=k; cout<<x<<"/"<<y; return 0; }
B -「金」点石成金
题意:
$n$次操作，你可以选择增加$a_{i}$点财富，减少$b_{i}$点法力，或者增加$c_{i}$点法力，减少$d_{i}$点财富(如果财富或法力小于$0$时，则变为$0$)，求最后法力*财富的最大值
思路：
由于$n$最大为15，我们可以暴力枚举每种情况，因此可以使用$DFS$,但是我选择了二进制枚举的做法
枚举$0$到$2^{n}-1$中的每一个数，如果该数二进制表示中第$i$位为$1$则表示该次进行第一种操作，否则表示进行第二次操作
每次模拟得到最后的值，并记录最大值即可
#include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1e6+10; struct node{ ll a,b,c,d; }arr[maxn]; int main() { int n; scanf("%d",&n); ll x,y,ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld%lld%lld",&arr[i].a,&arr[i].b,&arr[i].c,&arr[i].d); for(int i=0;i<(1<<n);i++){ ll x=0,y=0; for(int j=0;j<n;j++){ if((i>>j)&1==1){ x+=arr[j+1].a; y=max(0ll,y-arr[j+1].b); } else{ y+=arr[j+1].c; x=max(0ll,x-arr[j+1].d); } } ans=max(ans,x*y); } cout<<ans; return 0; }
C - 小阳的贝壳(线段树维护差分数组)
题意：
给一个序列，进行三种操作
操作$1$. 区间$[l,r]$所有数加上$x$
操作$2$. 求区间$[l,r]$中所有相邻的数的最大差值
操作$3$. 求区间$[l,r]$中所有数的最大公因数
思路：
对于本题，我们不应该维护普通数组，而应该维护一个差分数组
对于差分数组，如果将原数组的区间$[l.r]$加上$x$等同于在差分数组的$l$位置加上$x$,并且在$r+1$处减去$x$，因此操作一就变成了简单的单点修改了
但是，对于操作二三我们需要维护什么信息呢？
首先，差分数组本身保存的就是原数组中相邻两数的差值，因此对操作二我们只要维护差分数组绝对值的最大值即可
其次，根据辗转相除的定义，$GCD$会有如下性质$gcd(a,b) = gcd(a,a-b) , gcd(b,c) = gcd(b,c-b) gcd(a,b,c)=gcd(a,b-a,c-b)$
因此一个区间的$gcd$就等于原数组中区间第一个数与差分数组中的其他数的$gcd$，所以我们还需要维护差分数组的区间$GCD$
至于区间第一个数如何求，根据定义求一个查分数组的前缀和即可,因此我们还需要维护一个查分数组的区间和
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> #define ls rt<<1 #define rs rt<<1|1 using namespace std; const int maxn=1e5+10; struct node{ int sum,mx,gcd;//差分区间和，区间最大值，区间GCD }t[maxn<<2]; int a[maxn],b[maxn]; //原数组，差分数组 void push_up(int rt) { t[rt].sum=t[ls].sum+t[rs].sum; t[rt].mx=max(t[ls].mx,t[rs].mx); t[rt].gcd=__gcd(t[ls].gcd,t[rs].gcd); } void build(int l,int r,int rt) { if(l==r){ t[rt].sum=b[l]; t[rt].gcd=t[rt].mx=abs(b[l]); return; } int mid=(l+r)>>1; build(l,mid,ls); build(mid+1,r,rs); push_up(rt); } void update(int l,int r,int rt,int pos) { if(l==r){ t[rt].sum=b[l]; t[rt].gcd=t[rt].mx=abs(b[l]); return; } int mid=(l+r)>>1; if(pos<=mid) update(l,mid,ls,pos); else update(mid+1,r,rs,pos); push_up(rt); } int query_sum(int l,int r,int rt,int L,int R) { if(l>=L&&r<=R) return t[rt].sum; int mid=(l+r)>>1; int ans=0; if(L<=mid) ans+=query_sum(l,mid,ls,L,R); if(R>mid) ans+=query_sum(mid+1,r,rs,L,R); return ans; } int query_max(int l,int r,int rt,int L,int R){ if(l>=L&&r<=R) return t[rt].mx; int mid=(l+r)>>1; int ans=0; if(L<=mid) ans=max(ans,query_max(l,mid,ls,L,R)); if(R>mid) ans=max(ans,query_max(mid+1,r,rs,L,R)); return ans; } int query_gcd(int l,int r,int rt,int L,int R){ if(l>=L&&r<=R) return t[rt].gcd; int mid=(l+r)>>1; int ans=0; if(L<=mid) ans=__gcd(ans,query_gcd(l,mid,ls,L,R)); if(R>mid) ans=__gcd(ans,query_gcd(mid+1,r,rs,L,R)); return ans; } int main() { int n,m; cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=a[i]-a[i-1]; build(1,n,1); for(int i=1;i<=m;i++){ int op,l,r,x; scanf("%d",&op); if(op==1){ cin>>l>>r>>x; b[l]+=x; b[r+1]-=x; update(1,n,1,l); update(1,n,1,r+1); } else if(op==2){ cin>>l>>r; cout<<query_max(1,n,1,l+1,r)<<endl; } else if(op==3){ cin>>l>>r; int t=query_sum(1,n,1,1,l); if(l==r) cout<<t<<endl; else cout<<__gcd(t,query_gcd(1,n,1,l+1,r))<<endl; } } return 0; }
D - Forsaken喜欢字符串
题意:
给$n$个长度为$k$字符串，然后给出询问，每次询问选定一个字符串，让你计算在所有其他字符串中相同子串个数再乘上长度
思路：
由于字符串长度最长只为$5$，那么子串的种类数也最多为$5$，所以我们可以建立$5$个$map$
然后我们直接遍历每个子串，利用$map$可以直接找到所有字符串中与自己相同的字符串个数，再减去本字符串中相同的子串个数乘上长度就为答案
#include<iostream> #include<algorithm> #include<map> using namespace std; const int maxn=5e4+10; typedef long long ll; map<string,int> m1,m2,m3,m4,m5; string s[maxn]; int main() { int n,k,m,x,len; cin>>n>>k; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>s[i]; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int l=1;l<=k;l++){ for(int j=0;j+l-1<k;j++){ string s1=s[i].substr(j,l); if(l==1) m1[s1]++; else if(l==2) m2[s1]++; else if(l==3) m3[s1]++; else if(l==4) m4[s1]++; else if(l==5) m5[s1]++; } } } cin>>m; for(int i=1;i<=m;i++){ cin>>x>>len; int ans=0; for(int j=0;j+len-1<k;j++){ int num=0; string s1=s[x].substr(j,len); for(int l=0;l+len-1<k;l++){ string s2=s[x].substr(l,len); if(s2==s1) num++; } if(len==1) ans+=len*(m1[s1]-num); else if(len==2) ans+=len*(m2[s1]-num); else if(len==3) ans+=len*(m3[s1]-num); else if(len==4) ans+=len*(m4[s1]-num); else if(len==5) ans+=len*(m5[s1]-num); } cout<<ans<<endl; } return 0; }
E - Board
题意:
给一个全为$0$的矩阵，每次将矩阵的某一行或某一列全部加上$1$,进行若干次操作后，会得到一个新的矩阵，将矩阵中的某一个位置遮去，求该位置的值
思路：
直接遍历每一行与每一列，并且每个元素减去一行(或一列)的最小值(含有$-1$的行与列不进行此操作)
最后的答案就为$-1$所在行与列数字的和
#include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn=1005; int a[maxn][maxn]; int main() { int n,x,y; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=n;j++){ scanf("%d",&a[i][j]); if(a[i][j]==-1){ x=i; y=j; } } } for(int i=1;i<=n;i++){ if(i==x) continue; int mi=100000; for(int j=1;j<=n;j++) mi=min(mi,a[i][j]); for(int j=1;j<=n;j++) a[i][j]-=mi; } for(int j=1;j<=n;j++){ if(j==y) continue; int mi=100000; for(int i=1;i<=n;i++) mi=min(mi,a[i][j]); for(int i=1;i<=n;i++) a[i][j]-=mi; } /*cout<<endl; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=n;j++) cout<<a[i][j]<<" "; cout<<endl; }*/ cout<<max(a[x-1][y],a[x+1][y])+max(a[x][y-1],a[x][y+1]); return 0; } /* 3 2 3 1 1 -1 0 2 3 1 */
