牛客小白月赛 47 题解

牛客小白月赛47

A. 牛牛的装球游戏

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暴力

思路

1. 显然，答案为 $\pi r^{2}l-[\frac{l}{2r}]\ast \frac{4\pi r^3}{3}$。
2. 时间复杂度为 $\mathcal{O}(1)$。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T;
double ans,pi=3.141592653589;
int t,h,r;
int main()
{
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>r>>h;
        int n=h/(2*r);
        ans=pi*r*r*h-n*4.0*pi*r*r*r/3;
        printf("%.3lf\n",ans);
    }
    return 0;
}

B. 牛牛的数字集合

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数学

思路

1. 因为均值不等式 $[(a_1\dots a_{l_1}{)}^m(a_{l_1+1}\dots a_{l_2}{)}^m\dots (a_{l_i}\dots a_n{)}^m{]}^{\frac{1}{m}}=\prod a_i\le \frac{(a_1\dots a_{l_1}{)}^m+(a_{l_1+1}\dots a_{l_2}{)}^m+\cdots +(a_{l_i}\dots a_n{)}^m}{m},m\ge 1$，故 $\prod a_i$ 即为最小价值和。
2. 时间复杂度为 $\mathcal{O}(n)$。

代码

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n=eval(input())
a=[int(e) for e in input().split()]
ans=1
for e in a:
    ans=(ans*e)%(int(1e9+7))
print(ans)

C. 小猫排队

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双指针

思路

1. 对撞指针，也可以用双端队列模拟。
2. 时间复杂度为 $\mathcal{O}(n)$。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
int n,a[maxn],ans;
deque<int> q;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n+1;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        q.push_back(a[i]);
    while(true)
    {
        int del=0;
        while(!q.empty()&&q.back()<=a[n+1])
            del++,q.pop_back();
        if(q.empty()) 
        {
            ans+=(del+1);
            break;
        }
        q.pop_back();ans++;
        if(q.empty()) break;
        q.pop_front();
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

D. 造桥

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线性 DP

思路

1. 因为状态的转移与结尾字符与开头字符有关，故设状态 $d{p}_i$ 表示在前 $i$ 个字符串中进行拼接且最后以第 $i$ 个字符串作为结尾能得到的最大长度。则 $d{p}_i=le{n}_i+\underset{j\le i-1,tai{l}_j=hea{d}_i}{max}d{p}_j$。由于与第 $i$ 个拼接只与前面的串的最后一个字符有关，故设 $max{l}_{i,j}$ 表示前 $i-1$ 个字符中以 ascii 码为 $j$ 结尾的拼接串的最大长度，同时可将 $max{l}_{i,j}$ 滚动数组为 $max{l}_j$。则 $d{p}_i=le{n}_i+max{l}_{tai{l}_i}$。
2. 时间复杂度为 $\mathcal{O}(n)$。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+100;
int t,n,maxl[200],ans;
char a[maxn];
int main()
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        memset(maxl,0,sizeof(maxl));
        ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            cin>>a+1;
            int len=strlen(a+1);
            ans=max(ans,maxl[a[1]]+len);
            maxl[a[len]]=max(maxl[a[1]]+len,maxl[a[len]]);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}

E. 牛牛的方格图

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二维差分

思路

1. 首先证明若某一种颜色有 $n,n>1$ 个不同的点，则其覆盖面为矩形，采用数学归纳法。当 $n=2$ 时，结论显然成立。当 $n=k,k>2$ 时，假设结论成立。则当 $n=k+1$ 时，分离出一点，则可知其他 $n-1$ 个点可形成 $1$ 个矩形，进而这 $n-1$ 个点可等效为矩形的左上顶点与右下顶点 $2$ 个点，由假设，这两个点连同分离出的一点的覆盖面一定为矩形，因为 $k\ge 3$。故只需统计每种颜色的行最大值 $x_2$、行最小值 $x_1$、列最大值 $y_2$、列最小值 $y_1$，则关于该颜色的覆盖面即为左上顶点为 $(x_1,y_1)$、右下顶点为 $(x_2,y_2)$ 的矩形。
2. 考虑如何得知某一点是否被覆盖，只需判断在其上的颜色种类数是否大于 $0$ 即可。因为覆盖面为矩形，故需要区间修改，单点查询，采用二维差分。
3. 时间复杂度为 $\mathcal{O}(nm+{10}^6)$。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxt=1e6+5;
const int maxn=1e3+5;
int col[maxt][4],n,m,c,ci[maxn][maxn];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=int(1e6);i++)
        col[i][1]=int(1e3+100),col[i][3]=int(1e3+100);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            scanf("%d",&c);
            col[c][0]=max(col[c][0],i);
            col[c][1]=min(col[c][1],i);
            col[c][2]=max(col[c][2],j);
            col[c][3]=min(col[c][3],j);
        }
    for(int i=1;i<=int(1e6);i++)
    {
        if(col[i][0]==0) continue;
        if(col[i][0]==col[i][1]&&col[i][2]==col[i][3]) continue;
        int l,r,x,y;
        l=col[i][0],r=col[i][2],x=col[i][1],y=col[i][3];
        ci[l+1][r+1]++,ci[l+1][y]--,ci[x][r+1]--,ci[x][y]++;
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            ci[i][j]+=ci[i-1][j]+ci[i][j-1]-ci[i-1][j-1];
            if(ci[i][j]==0) ans++;
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

F. 缆车

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最近公共祖先

思路

1. 若 $m$ 个点 $k$ 全都可以通达，则新修的铁路可以建在 $k$ 与其子树中除其以外的任意节点之间，暴力枚举子树中的节点更新最小代价即可，具体方式为 $ans=sumi-\underset{j\in tre{e}_k,j\ne k}{max}su{m}_j\ast (dept{h}_j-dept{h}_k-1),su{m}_j=|\{e|e\in M,e\in tre{e}_j\}|$。
2. 若 $m$ 个点 $k$ 不可全都通达，则新修的铁路不可随意安置，必须使 $k$ 与其他景点可通达，显然建在不可通达点的最近公共祖先处可使代价最小。
3. 时间复杂度为 $\mathcal{O}(n\log n)$。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxlg=20;
const int maxn=2e5+100;
int depth[maxn],anc[maxn][maxlg+5],sum[maxn];
bool vis[maxn],flag[maxn];
int head[maxn],cnt;
struct edge
{
    int to,next;
} e[maxn];
void add(int u,int v)
{
    e[++cnt]=(edge){v,head[u]};
    head[u]=cnt;
}
int n,k,m;
void dfs(int u,int fa,int d,int tp)
{
    if(u==k) tp=1;
    flag[u]=tp;
    anc[u][0]=fa,depth[u]=d;
    if(vis[u]) sum[u]=1;
    for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
    {
        int v=e[i].to;
        dfs(v,u,d+1,tp);
        sum[u]+=sum[v];
    }
}
void Init()
{
    for(int j=1;j<=maxlg;j++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            anc[i][j]=anc[anc[i][j-1]][j-1];
}
void swim(int &x,int h)
{
    for(int i=0;h;i++)
    {
        if(h&1) x=anc[x][i];
        h>>=1;
    }
}
int lca(int x,int y)
{
    if(depth[x]<depth[y]) swap(x,y);
    swim(x,depth[x]-depth[y]);
    if(x==y) return x;
    for(int i=maxlg;anc[x][0]!=anc[y][0];i--)
        if(anc[x][i]!=anc[y][i])
            x=anc[x][i],y=anc[y][i];
    return anc[x][0];
}
void dfsi(int u,ll &ans,ll sumi)
{
    if(u!=k)
        ans=min(ans,sumi-1ll*sum[u]*(depth[u]-depth[k]-1));
    for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
    {
        int v=e[i].to;
        dfsi(v,ans,sumi);
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    int u,v;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&u,&v);
        add(u,v);
    }
    scanf("%d%d",&m,&k);
    int x;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d",&x);
        vis[x]=true;
    }
    dfs(1,0,1,0);
    Init();
    int all_father=-1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(flag[i]||!vis[i]) continue;
        if(all_father==-1) all_father=i;
        else all_father=lca(all_father,i);
    }
    if(all_father!=-1)
    {
        ll ans=0,del;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(!vis[i]) continue;
            if(flag[i]) 
                del=depth[i]-depth[k];
            else del=1+depth[i]-depth[all_father];
            ans+=del;
        }
        printf("%lld",ans);
    }
    else
    {
        ll sumi=0,ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if(vis[i]) sumi+=depth[i]-depth[k];
        ans=sumi;
        dfsi(k,ans,sumi);
        printf("%lld",ans);
    }
    return 0;
}