0219-0223部分题解和思路

VJ第五次选拔赛

A题 Triple Metre
这一题的本质就是寻找题给的字符串中的子串，看有没有与其符合的子串，虽然题目给的很吓人T=10^5个oxx,但是注意The length of S is between 1 and 10 (inclusive)这句话”，也就是我们让T=10个以上的oxx就可以了，然后就是熟悉的查找子串的方法了

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool cz(string&s1,string&s2)
{
	size_t pos=s1.find(s2);
	if(pos!=std::string::npos) return true;
	else return false;
	
}
void solve()
{
	string s1="oxxoxxoxxoxxoxxoxxoxxoxxoxxoxxoxxoxxoxx",s2;
	cin>>s2;
	if(cz(s1,s2)) cout<<"Yes";
	else cout<<"No";
	
	
}
int main()
{
	int t=1;
	while(t--)
	{
		solve();	
	}
	return 0;
}

B题 Counting 2
思路很简单就是找有几个大于x的数，但是数据范围不小，所以用lower_bound来查找第一个大于等于它的数，然后n-k（第一个大于等于他的数的下标）即可，这样便不会超时

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int a[N],n,t;
void solve()
{
	int x;
	cin>>x;
	int k=lower_bound(a,a+n,x)-a;
	cout<<n-k<<endl;
}
 
 
int main()
{
 
	cin>>n>>t;
	for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];
	sort(a,a+n);//整理成升序数组 
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
 } 

E题Sum of difference
这题需要用数学知识分析一下详见下图

代码来啦

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
typedef long long ll;
ll a[N],sum[N],ans;
void solve()
{
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	sort(a+1,a+n+1,greater<ll>());//整理完在搞前缀和
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	 } 
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		ans+=sum[n-i]-sum[n]+sum[i];
	}
	cout<<ans;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int t=1;
	while(t--){
		solve();
	}
	return 0;
}

L题Triangles
这题其实也需要分析一下，我们先把输入的数弄成一个升序的数组，保证取a>b>c,因为a+b>a+c>c,而且a+c>b+c>b，所以只需要满足b+c>a即可，由于我们枚举取a，b，所以只要c尽量大就可以符合题意，通过二分来查找这个满足题意的最小c的值，只需要每次lower_bound查找第一个小于等于a-b的数即可，用 lower_bound(begin,end,c,greater())-begin（在一个降序的数组中，查找第一个小于等于该数的下标）去查找这个数，这个数的左边第一个数即是答案，然后减掉b所在的位置下标即可得出结果即可

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e3+5;
typedef long long ll;
ll a[N],ans;
void solve()
{
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];
	sort(a,a+n,greater<ll>());//数列是单调递减的
	for(int i=0;i<=n-3;i++)//i停留在倒数第3个数 
	{
		for(int j=i+1;j<=n-2;j++)//j停留在倒数第二个数 
		{
			ll x=a[i]-a[j];
			int k=lower_bound(a,a+n,x,greater<ll>())-a; 
			if(k-1>j) ans+=k-j-1;////m-1>j说明这个区间有比x大的值 
		 
		}
	}
	cout<<ans;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int t=1;
	while(t--){
		solve();
	}
	return 0;
}

K题Colorful Candies
这题就是求长度为k的区间总共最多有几类糖果，但是这个区间的数是可以重复的，所以把它当成一个活动的滑块，当滑块离开了这个点，对应的哈希值减一即可，然后输出最大种类数就行

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=3e5+5;
ll a[N],s[N];
ll res;
void solve(){
	int n,k;
	map<ll,ll> mp;
	cin>>n>>k;
	for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		mp[a[i]]++;
		if(i>=k-1){//i-1-k>0就是滑块开始形成的条件 
			res=max(res,(ll)mp.size());
			mp[a[i-k+1]]--;//滑块开始离开这个点，这个点就-1； 
			if(mp[a[i-k+1]]==0) mp.erase(a[i-k+1]);
		}
	 } 
	 cout<<res;
}
 
int main()
{
	int t=1;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

F题Unlucky 7
这题涉及到进制转换的知识点，还有利用to_string函数去找到含有数字7的数有几个，但是注意八进制和十进制的计数可能会存在重复因此需要标记一下
十进制转换到其他进制的三行代码
ostringstream oss;
oss<<oct<<i;
int k=stoi(oss.str());
题解代码

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#include <bits/stdc++.h>
#include <sstream>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int a[N],b[N],cnt;
bool st[N];
bool check(int x)
{
	string m;
	m=to_string(x);
	for(int i=0;i<m.size();i++)
	{
		if(m[i]=='7') return true;//找到含7的数字计数，最后用n减掉即可 
	}
	return false;
	
	
	
}
void solve()
{
	int n;
	string m;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(check(i)&&!st[i]){
			st[i]=1;
			cnt++;
		}
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		ostringstream oss;
		oss<<oct<<i;
		int k=stoi(oss.str());
		if(check(k)&&!st[i])
		{
			cnt++;
		}
	}
	
	cout<<n-cnt;
}
 
int main()
{
	int t=1;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	
	return 0;
	
}

VJ第六次选拔赛

B题Jiubei and Overwatch
这题其实就是模拟，但是要直切要害，找到最大值然后分类讨论max1<=kx与max1>kx的情况

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void solve()
{
	ll n,m,x,y,a,b,c,k,max1=0,t;
	cin>>n>>k>>x>>y;
	while(n--)
	{
		cin>>a;
		max1=max(a,max1);
	}
	b=ceil(1.0*max1/x);
	c=max1-k*x;
	if(b>k){
		t=ceil(1.0*c/y)+k;
	}
	else{
		t=ceil(1.0*max1/x);
	}
	cout<<t<<endl;
 
	
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int t=1;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		solve();
	 } 
	return 0; 
	
}

F题Sum of Numerators
我们可以这样的思考n和k的关系
1 2 3 4 5 6 7 8
当k=1时，会变成
1 1 3 2 5 3 7 4
当k=2时，会变成
1 1 3 1 5 3 7 2
由此观察可以发现当k=0时，res=8（1+8）/2=36；
当k=1时，1-n的偶数2 4 6 8除以2，res-=4（1+4）/2，res=26；
当k =2时 1-n/2的偶数2 4除以2，res-=2*（1+2）/2，res=23；
由此类推 当k=0或n/2=0时res就不变了

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void solve()
{
	ll n,k,res;
	cin>>n>>k;
	res=n*(1+n)/2;
	while(n&&k)
	{
	
		n/=2;
		k--;
		res-=n*(1+n)/2;	
	}
	cout<<res<<endl;
}
 
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int t=1;
	cin>>t; 
	while(t--)
	{
		solve();
	 } 
	return 0; 
	
}

L题Monster Tower
首先就是答案具有单调性，所以可以使用二分来，然后验证每个值；使用一个优先队列，先存入k层以及k层以下的的值，然后写一个清空函数，当mid>=x的时候，这个值就可以删掉，如果删不掉就再存进去，经过几次以后，最后检查优先队列（堆）是不是空的

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll> >q;//俗称堆，最小的元素在上面 
const int N=2e5+5;
ll a[N],n,m,k;
ll kill(ll mid){//用来清空，先取出来，不满足的放回去，满足的扔掉； 
	while(q.size()){
		ll x=q.top();
		q.pop();
		if(mid>=x) mid+=x;
		else{
			q.push(x);
			return mid;
		}	
	}
	
	
	return mid;
}
 
 
bool check(ll mid)
{
	while(q.size()) q.pop();//先把队列清空；
	for(int i=1;i<=k;i++){
		q.push(a[i]);
	} 
	for(int i=k+1;i<=n;i++)
	{
		ll nx=kill(mid);
		if(q.size()>=k) return 0;//如果进行一次没办法清完的话，说明这个mid是不满足要求的，就返回fasle； 
		else {
			q.push(a[i]);
			mid=nx;
		}
	}
	
	ll nx=kill(mid);//当i=n的时候，a[n]这个点还没放进去，这一步用来处理a[n]； 
	if(q.size()) return 0;
	return 1;//说明清空完了，就是对的 
	
}
void solve()
{
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	
	ll l=0,r=1e9;
	while(l<r){ //二分模板 右边是正确的左边是错误的 所以这么更新 
		ll mid=l+r>>1;
		if(check(mid)) r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	
	cout<<l<<"\n";
	
}
 
 
 
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
	
}
	
 
 
 
 

C题 Ah, It's Yesterday Once More
理解一下题意，输出以n开头的序列即可

2024牛客寒假算法基础集训营6

A题宇宙的终结
三个不同素数的乘积在100以内的有30 42 66 70 78，那就很朴素的if else了

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve()
{
	int l,r;
	cin>>l>>r;
	
	if(l<=30&&r>=30) cout<<"30";
	else if(l<=42&&r>=42) cout<<"42";
	else if(l<=66&&r>=66) cout<<"66";
	else if(l<=70&&r>=70) cout<<"70";
	else if(l<=78&&r>=78) cout<<"78";
	else cout<<"-1"; 
	
	
	
}
signed main()
{
	int t=1;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}
 

C题心绪的解剖
看的韦学姐的做法，先用三层for暴力打印出以三个斐波那契列数可能的和作为键，然后以三个数字作为值的哈希表，然后这样就可以避免超时
关键代码
map<int,vector<int> >mp;
vector<int>g(3)
mp[(三个斐波那契列数字的和)]=g

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve()
{
	int n;
	vector<int>ve(200);
	ve[1]=0,ve[2]=1;
	map<int,vector<int> > mp;
	for(int i=3;i<=45;i++) ve[i]=ve[i-1]+ve[i-2];//开到第45个，因为第45个为701408733； 
	
	for(int i=1;i<=45;i++)
	 for(int j=1;j<=45;j++)
	  for(int m=1;m<=45;m++){
	  	vector<int>g(3);
	  	int a=ve[i]+ve[j]+ve[m];
	  	g[0]=ve[i],g[1]=ve[j],g[2]=ve[m];
	  	if(a>1e9) continue;
	  	if(!mp.count(a)) mp[a]=g;//map的每个值存了三个数 
	  }
	//通过一次三层for先把三个数字所可以得到的和作为键，把这三个数字作为值，避免了多次的for循环导致超时 
	int q,k;
	cin>>q;
	while(q--)
	{
		cin>>k;
		if(mp.count(k)){
			vector<int> g=mp[k];
			for(auto v:g) cout<<v<<" ";
			cout<<"\n";
		}
		else cout<<-1<<"\n";
	 } 
	
	
	
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int t=1;
	//cin>>t;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	
	return 0;
}
 

D题友谊的套路
分两种情况，一种是小红让二追三了，一种是小红被让二追三了，那就很简单了

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve()
{
	double x;
	cin>>x;
	//两种情况 小红让二追三 小红被让二追三 
	double p=(1-x)*(1-x)*x*x*x+x*x*(1-x)*(1-x)*(1-x);
	printf("%.7lf",p);
	
}
int main()
{
	int t=1;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
	
}