牛客小白月赛91 题解

A. Bingbong的化学世界 签到

题意：

给你苯环的结构，判断类型。

思路：

按照区别特判即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ff first
#define ss second
#define pb push_back
#define all(u) u.begin(), u.end()
#define endl '\n'
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;

typedef pair<int, int> PII;
typedef long long LL;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 10, M = 105;
const int mod = 1e9 + 7;
const int cases = 0;

void Showball(){
  vector<string> s(6);
  for(int i=0;i<6;i++) cin>>s[i];
  int cnt=0;
  if(s[0][3]=='|') cnt++;
  if(s[5][3]=='|') cnt++;
  cout<<(!cnt?"o":(cnt==1?"m":"p"));
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int T=1;
    if(cases) cin>>T;
    while(T--)
    Showball();
    return 0;
}

B. Bingbong的数数世界 博弈

题意：

给定一个长度为 n 的排列，两个人进行删数游戏，A每轮必须删一个奇数，同时可以选择删除一个偶数。

每轮必须删一个偶数，同时可以选择删除一个奇数。A先手操作，无法操作的人失败。每个人采取最优策略，求获胜者。

思路：

因为长度为 n 的排列，所以奇数和偶数的数量是可以计算出的。那么最优策略自然就是每轮每个人都删除两个数。所以 n%4==0 时，先手比输。

代码：

void Showball(){
  int n;
  cin>>n;
  if(n%4==0) cout<<"Bong\n";
  else cout<<"Bing\n";    
}

C. Bingbong的蛋仔世界

题意：

在一个 n∗m 的地图上，有很多蛋仔，每个时刻每个蛋仔都可以向上、下、左、右四个方向移动一格。同时地图会向内缩小范围(最外圈消失，对应位置上的蛋仔会死亡)。蛋仔能够存活并且到达地图中心则为通关。求出有多少个蛋仔可以通关。

思路：

我们只需要求出每个蛋仔到达中心的最短距离即可。这个距离就是曼哈顿距离。d=|x1−x2|+|y1−y2|。

代码：

void Showball(){
  int n,m,k;
  cin>>n>>m>>k;
  int minn=max(n/2,m/2);
  int sx=n/2+1,sy=m/2+1;
  int cnt=0;
  while(k--){
  	int x,y;
  	cin>>x>>y;
  	int dis=abs(x-sx)+abs(y-sy);
  	if(dis<=minn) cnt++;
  }   
  cout<<cnt<<endl;
}

D. Bingbong的奇偶世界 DP

题意：

给你一个长度为 n 的只包含字符 [′0′,′9′] 字符串 S。求出 S 中所有子序列中能够拼凑出一个不含前导0的偶数的子序列个数。

思路：

考虑 cnt 表示当前合法数字的个数。那么我们对当前的情况进行分类讨论：

1.当前位为偶数 那么之前所有的情况都可以拼接当前位构成新的合法情况，并且当前位本身也是一个合法情况。 维护cnt和ans

2.当前位为奇数 和偶数一样，但是不更新ans，只更新cnt

3.当前位为0 由于前导0的存在，所以0不能作为开头，因此维护cnt时需要-1。

代码：

void Showball(){
  int n;
  cin>>n;
  string s;
  cin>>s;
  LL ans=0,cnt=0;
  for(int i=0;i<n;i++){
  	if(s[i]=='0'){
  		ans=(ans+cnt+1)%mod;
  		cnt=(cnt*2)%mod;
  	}else if(s[i]&1){
  		cnt=(cnt*2+1)%mod;
  	}else{
  		ans=(ans+cnt+1)%mod;
  		cnt=(cnt*2+1)%mod;
  	}
  }
  cout<<ans<<endl;
}

E. Bingbong的字符串世界 子序列自动机

题意：

给你一个长度为 n 的字符串和一个整数 k， 定义好字符串：

1.字符串长度大于等于k。

2.字符串既包含ACCPET子序列，又不包含WA子序列。

求出 S 中有多少个子串时好字符串。

思路：

定义 nxt[N][27] 表示从第i个位置第一次出现j的下标

那么我们就可以求出任意子序列第一次出现的尾字母下标。

这样我们就可以维护ACCEPT和WA的子序列位置。

并且维护字符串长度大于等于k，更新答案即可。

代码：

int n,k;
string s;
//子序列自动机
int nxt[N][27];//表示从第i个位置第一次出现j的下标
void get_next(){
	for(int i=n;i>=0;i--){
		for(int j=0;j<26;j++){
			if(i==n) nxt[i][j]=n;
			else nxt[i][j]=nxt[i+1][j];
		}
		if(i!=n) nxt[i][s[i]-'A']=i;
	}
}

int get_pos(int st,string s){
	int first=1;
	for(auto ch:s){
		if(first) st=nxt[st][ch-'A'];
		else st=nxt[st+1][ch-'A'];
		first=0;
		if(st==n) return st;
	}
	return st;
}

void Showball(){
     cin>>n>>k>>s;
     get_next();
     string ac="ACCEPT",wa="WA";
     LL ans=0;
     for(int i=0;i<n;i++){
     	int r1=get_pos(i,ac),r2=get_pos(i,wa);
     	r1=max(r1,i+k-1);
       	ans=ans+max(r2-r1,0);
     }
     cout<<ans<<endl;
}

F. Bingbong的幻想世界 拆位+算贡献

题意：

思路：

看到异或，区间；想到拆位。因为异或运算每位之间互相不影响。通过拆位后，我们只用考虑 ai的值只有0和1两种值。对于算贡献，题目是每次 [l,r] 中选出 i,j然后进行计算，那么我们把顺序进行调换，转换成先找 i,j 再找有多少个区间包含 i,j ，乘法原理即可。

那么如果当前位为1，那么当前位之前的每个0都可以产生贡献，令下标为 k，则贡献则为 (k+1)∗(n−i)∗(1<<bt)。那么提取公因式，只需要用两个变量来维护当前0下标之和，当前1下标之和即可。

代码：

void Showball(){
   int n;
   cin>>n;
   vector<int> a(n);
   for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];
   LL ans=0;
   for(int bt=0;bt<=20;bt++){
     LL v0=0,v1=0;
     for(int i=0;i<n;i++){
        if(a[i]>>bt&1){
            ans=(ans+v0*(n-i)%mod*(1<<bt)%mod)%mod;
            v1+=i+1;
        }else{
            ans=(ans+v1*(n-i)%mod*(1<<bt)%mod)%mod;
            v0+=i+1;
        }
     }
   }
   cout<<2LL*ans%mod<<endl;
}

G. Bingbong的回文路径 LCA+哈希

题意：

给你一棵根节点为1的树。每个节点包含一个小写字母，接着给你 q 次询问，查询 u,v 之间最短路径形成的字符串是否是一个回文串。

思路：

提到最短路径，自然想到要求LCA，这里采用倍增求LCA。判断回文串，我们就可以采用维护正序，逆序的哈希值。直接比较哈希值是否相同即可。

题目唯一的难点就是合并哈希值，细节较多，这里详细展开一下。

降序哈希

h1[r]=a1∗pr−1+a2∗pr−2+a3∗pr−3+...+ar−1∗p+ar

h1[l−1]=a1∗pl−2+a2∗pl−3+a3∗pl−4+...+al−2∗p+al−1

h1[l,r]=h1[r]−h1[l−1]∗p[r−l+1]

升序哈希

h2[r]=a1+a2∗p+a3∗p2+...+ar−1∗pr−2+ar∗pr−1

h2[l]=a1+a2∗p+a3∗p2+...+al−1∗pl−2+al∗pl−1

h2[l,r]=(h2[r]−h2[l−1])∗p1−l

然后拼接即可，注意还需要处理一下前半部分的幂次，逆元用快速幂即可。

代码：

vector<int> e[N];
LL depth[N],fa[N][25];
LL h1[N],h2[N],p[N];
string a;
void bfs(int root){
   memset(depth,0x3f,sizeof depth);
   depth[root]=1;
   h1[root]=a[root]-'a'+1,h2[root]=a[root]-'a'+1;
   queue<int> q;
   q.push(root);
   while(!q.empty()){
      int u=q.front();
      q.pop();
      for(auto v:e[u]){
         if(depth[v]>depth[u]+1){
            depth[v]=depth[u]+1;
            q.push(v);
            fa[v][0]=u;
            for(int i=1;i<=20;i++){
               fa[v][i]=fa[fa[v][i-1]][i-1];
            }
            h1[v]=(h1[u]*P%mod+(a[v]-'a'+1))%mod;//降序哈希
            h2[v]=(h2[u]+p[depth[v]-1]*(a[v]-'a'+1)%mod)%mod;//升序哈希
         }
      }
   }
}
int lca(int a,int b){
   if(depth[a]<depth[b]) swap(a,b);
   for(int i=20;i>=0;i--){
      if(depth[fa[a][i]]>=depth[b]){
         a=fa[a][i];
      }
   }
   if(a==b) return a;
   for(int i=20;i>=0;i--){
      if(fa[a][i]!=fa[b][i]){
         a=fa[a][i];
         b=fa[b][i];
      }
   }
   return fa[a][0];
}

LL qmi(LL a,LL b,LL mod){
   LL res=1%mod;
   while(b){
      if(b&1) res=res*a%mod;
      a=a*a%mod;
      b>>=1;
   }
   return res;
}
void Showball(){
   int n;
   cin>>n>>a;
   a="?"+a;
   for(int i=1;i<=n;i++){
      int f;
      cin>>f;
      if(f){
        e[f].pb(i);
        e[i].pb(f);  
      }
   }
   p[0]=1;
   for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=(p[i-1]*P)%mod;   
   bfs(1);
   depth[0]=0; 
    int m;
    cin>>m;
   while(m--){
      LL u,v,p1,p2;
      cin>>u>>v;
      int f=lca(u,v);
      //处理正序哈希
      p1=(h2[u]-h2[fa[f][0]]+mod)%mod*qmi(p[depth[f]-1],mod-2,mod)%mod;
      p2=(h1[v]-h1[f]*p[depth[v]-depth[f]]%mod+mod)%mod;
      LL ans1=(p1*(p[depth[v]-depth[f]])%mod+p2)%mod;
      //处理逆序哈希
      p1=(h2[v]-h2[fa[f][0]]+mod)%mod*qmi(p[depth[f]-1],mod-2,mod)%mod;
      p2=(h1[u]-h1[f]*p[depth[u]-depth[f]]%mod+mod)%mod;
      LL ans2=(p1*(p[depth[u]-depth[f]])%mod+p2)%mod;
      cout<<(ans1==ans2?"YES\n":"NO\n");
   }
}
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