牛客周赛 Round 29

合集 - 牛客竞赛(15)

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收起

牛客周赛 Round 29

小红大战小紫

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<ll, ll>;
#define fi first
#define se second
using i128 = __int128_t;

void solve()
{
    int a, b;
    cin >> a >> b;
    if (a > b)
    {
        puts("kou");
    }
    else if (a < b)
    {
        puts("yukari");
    }
    else
    {
        puts("draw");
    }
}

int main()
{
    int t = 1;
    // cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }

    return 0;
}

小红的白日梦

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<ll, ll>;
#define fi first
#define se second
using i128 = __int128_t;

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    string a, b;
    cin >> a >> b;
    ll ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        if (a[i] == 'Y')
        {
            ans += 2;
        }
        if (b[i] == 'Y')
        {
            if (a[i] == 'N')
            {
                ans += 2;
            }
            else
            {
                ans += 1;
            }
        }
    }
    cout << ans << endl;
}

int main()
{
    int t = 1;
    // cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }

    return 0;
}

小红的小小红

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<ll, ll>;
#define fi first
#define se second
using i128 = __int128_t;

void solve()
{
    string s;
    cin >> s;
    int n = s.size();
    string a = "xiao";
    string b = "hong";
    int idx = s.find(a);
    s.erase(idx, a.size());
    idx = s.find(b);
    s.insert(idx, a);
    cout << s << endl;
}

int main()
{
    int t = 1;
    // cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }

    return 0;
}

小红的中位数

解题思路:

排个序 + 分类讨论。

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<ll, ll>;
#define fi first
#define se second
using i128 = __int128_t;

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    vector<double> a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
    }
    vector<double> b = a;
    sort(b.begin() + 1, b.end());
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        auto idx = lower_bound(b.begin() + 1, b.end(), a[i]) - b.begin();
        if (n & 1)
        {
            if (idx == (n + 1) / 2)
            {
                int l = (n + 1) / 2 - 1;
                int r = (n + 1) / 2 + 1;
                double ans = ((double)b[l] + b[r]) / 2;
                printf("%.1lf\n", ans);
            }
            else if (idx < (n + 1) / 2)
            {
                int l = (n + 1) / 2;
                int r = (n + 1) / 2 + 1;
                double ans = ((double)b[l] + b[r]) / 2;
                printf("%.1lf\n", ans);
            }
            else if (idx > (n + 1) / 2)
            {
                int l = (n + 1) / 2 - 1;
                int r = (n + 1) / 2;
                double ans = ((double)b[l] + b[r]) / 2;
                printf("%.1lf\n", ans);
            }
        }
        else
        {
            if (idx <= n / 2)
            {
                printf("%.1lf\n", b[n / 2 + 1]);
            }
            else
            {
                printf("%.1lf\n", b[n / 2]);
            }
        }
    }
}

int main()
{
    int t = 1;
    // cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }

    return 0;
}

小红构造数组

解题思路:

首先，$1$无法构造。

我们对每个数进行质因子分解。记录所有质因子之和为$sum$，最大的质因子次数为$mx$。

对于$sum$为奇数的情况，若$mx\ge \frac{sum}{2}+1$，则无解，反之则有解。

对于$sum$为偶数的情况，若$mx\ge \frac{sum}{2}$，则无解，反之则有解。

关于数组的构造:

创建一个空数组。

每次取当前次数最大的质因子加入队尾，然后取一个次数第二大的放到队尾。记得每加入一次，次数减一。

指导所有次数为0.

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<ll, ll>;
#define fi first
#define se second
using i128 = __int128_t;
const int N = 5e6 + 10;
void solve()
{
    ll n;
    cin >> n;
    if (n == 1)
    {
        puts("-1");
        return;
    }
    vector<int> mp(N);
    vector<int> primes;
    auto sieve = [&](int n)
    {
        for (int i = 2; i <= n; i++)
        {
            if (!mp[i])
            {
                primes.push_back(i);
                mp[i] = i;
            }
            for (auto p : primes)
            {
                if (i * p > n)
                {
                    break;
                }
                mp[i * p] = i;
                if (i % p == 0)
                {
                    break;
                }
            }
        }
    };
    sieve(N - 5);
    ll x = n;
    ll mx = 0;
    ll s = 0;
    priority_queue<pii> q;
    for (auto i : primes)
    {
        if (x % i == 0)
        {
            ll cnt = 0;
            while (x % i == 0)
            {
                cnt++;
                x /= i;
                s++;
            }
            mx = max(mx, cnt);
            q.push({cnt, i});
        }
    }
    bool isp = true;
    for (int i = 2; i <= x / i; i++)
    {
        if (x % i == 0)
        {
            isp = false;
            break;
        }
    }
    if (x > 1 && isp)
    {
        s++;
        q.push({1, x});
    }
    if (s & 1)
    {
        if (mx <= s / 2 + 1)
        {
            cout << s << endl;
            while (q.size())
            {
                auto a = q.top();
                q.pop();
                a.fi--;
                cout << a.se << ' ';
                if (q.size())
                {
                    auto b = q.top();
                    q.pop();
                    b.fi--;
                    cout << b.se << ' ';
                    if (b.fi > 0)
                    {
                        q.push(b);
                    }
                }
                if (a.fi > 0)
                {
                    q.push(a);
                }
            }
        }
        else
        {
            puts("-1");
            return;
        }
    }
    else
    {
        if (mx <= s / 2)
        {
            cout << s << endl;
            while (q.size())
            {
                auto a = q.top();
                q.pop();
                a.fi--;
                cout << a.se << ' ';
                if (q.size())
                {
                    auto b = q.top();
                    q.pop();
                    b.fi--;
                    cout << b.se << ' ';
                    if (b.fi > 0)
                    {
                        q.push(b);
                    }
                }
                if (a.fi > 0)
                {
                    q.push(a);
                }
            }
        }
        else
        {
            puts("-1");
            return;
        }
    }
}

int main()
{
    int t = 1;
    // cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }

    return 0;
}

小红又战小紫

解题思路:

首先，如果此时没有包含两个石子的石子堆，那么当前为必胜状态。

$g[i][j]:\mathrm{此}\mathrm{时}\mathrm{含}\mathrm{有}1\mathrm{个}\mathrm{石}\mathrm{子}\mathrm{的}\mathrm{石}\mathrm{子}\mathrm{堆}\mathrm{有}i\mathrm{个}，\mathrm{含}\mathrm{有}2\mathrm{个}\mathrm{石}\mathrm{子}\mathrm{的}\mathrm{石}\mathrm{子}\mathrm{堆}\mathrm{有}j\mathrm{个}$.

随机选择胜率转移：

$g[i][j]=\frac{i}{i+j}\times (1-g[i-1][j])+\frac{j}{i+j}\times (1-g[i+1][j-1])$。

其中，$\frac{i}{i+j}$是选中含有$1$个石子的石子堆的概率，$\frac{j}{i+j}$是选中含有$2$个石子的石子堆的概率。

$1-g$，是因为如果我们走完当前这一步，那么下一步就是对手走，所以$g$在这里是对手的胜率。

与之对应，我们的胜率就是$1-g$。

不难发现，上述转移方程对于维度$i$有加有减，不容易写递推式。$ps:\mathrm{这}\mathrm{里}\mathrm{可}\mathrm{以}\mathrm{写}\mathrm{记}\mathrm{忆}\mathrm{化}\mathrm{搜}\mathrm{索}\mathrm{递}\mathrm{归}。$

所以，我们修改状态定义:

$f[i][j]:\mathrm{当}\mathrm{前}\mathrm{有}i\mathrm{堆}\mathrm{石}\mathrm{子}\mathrm{不}\mathrm{为}\mathrm{空}，\mathrm{其}\mathrm{中}，\mathrm{含}\mathrm{有}2\mathrm{个}\mathrm{石}\mathrm{子}\mathrm{的}\mathrm{堆}\mathrm{数}\mathrm{为}j。$

由此可得状态转移方程为:

$f[i][j]=\frac{i-j}{i}\times f[i-1][j]+\frac{j}{i}\times f[i][j-1]$。

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<ll, ll>;
#define fi first
#define se second
using i128 = __int128_t;
const int mod = 1e9 + 7;

ll qmi(ll a, ll b)
{
    ll res = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
        {
            res = res * a % mod;
        }
        b >>= 1;
        a = a * a % mod;
    }
    return res;
}

ll inv(ll x)
{
    return qmi(x, mod - 2);
}

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> cnt(4);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int x;
        cin >> x;
        cnt[x]++;
    }
    vector<vector<ll>> f(n + 1, vector<ll>(n + 1));
    double ans = 1;
    // 对于状态转移方程，最好定义到方便递推的顺序
    // 当然，又要减又要加的那种形式也可以写成记忆化搜索
    // 不为0的石子堆有i个
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        f[i][0] = 1;
        // 为2的石子堆有j个
        for (int j = 1; j <= i; j++)
        {
            f[i][j] = ((((((i - j) * inv(i) % mod) * (1 - f[i - 1][j]) % mod) + mod)) % mod + ((((j * inv(i) % mod) * (1 - f[i][j - 1]) % mod) + mod)) % mod) % mod;
            f[i][j] %= mod;
        }
    }
    cout << f[cnt[1] + cnt[2]][cnt[2]] << endl;
}

int main()
{
    int t = 1;
    // cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }

    return 0;
}