牛客小白月赛40
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牛客小白月赛40
A.数字游戏
题目描述
\(dd\) 在玩数字游戏，首先他拿到一个 \(x\)
当 \(x\) 不为零时进行如下操作
如果二进制 \(x\) 中有奇数个 \(1\)，则 \(x\) 二进制形式下最低位取反（即 \(0\) 变成 \(1\),\(1\)变成 \(0\)）
如果二进制 \(x\) 中有偶数个 \(1\)，则 \(x\) 二进制形式下非前导零最高位取反
询问对于一个 \(x\)，操作几次后变为零
输入描述:
第一行一个正整数\((1≤T≤1000000)\)，表示询问组数
接下来 \(T\) 行，每行一个数 \(x（0≤x≤1000000000）\) 表示询问的数字
由于本题数据量比较大，请选择较快的读入方式
输出描述:
输出 \(T\) 行，每行是对应的答案
输入
3
0
1
5
输出
0
1
2
解题思路
模拟
分类讨论：
\(f1[i]\) 表示为奇数，且二进制表示下 \(1\) 的个数为 \(i\) 的操作数
\(f2[i]\) 表示为偶数，且二进制表示下 \(1\) 的个数为 \(i\) 的操作数
初始化：\(f1[1]=1,f1[2]=2,f2[1]=3\)
\(i\) 为奇数时，\(f1[i]=f2[i-1]+1,f2[i]=f1[i+1]+1\)
\(i\) 为偶数时，\(f1[i]=f1[i-1]+1，f2[i]=f2[i-1]+1\);
- 时间复杂度：\(O(T)\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,x;
int f1[35],f2[35],cnt;
int main()
{
f1[1]=1,f1[2]=2,f2[1]=3;
for(int i=2;i<=33;i++)
{
if(i&1)
{
f1[i]=f2[i-1]+1;
f1[i+1]=f1[i]+1;
f2[i]=f1[i+1]+1;
}
else
f2[i]=f2[i-1]+1;
}
for(scanf("%d",&t);t;t--)
{
scanf("%d",&x);
cnt=__builtin_popcount(x);
printf("%d\n",(x%2)?f1[cnt]:f2[cnt]);
}
return 0;
}
E.分组
题目描述
\(dd\)当上了宣传委员，开始组织迎新晚会，已知班里有\(n\)个同学，每个同学有且仅有一个擅长的声部，把同学们分成恰好\(m\)组，为了不搞砸节目，每一组里的同学都必须擅长同一个声部，当然，不同组同学擅长同一个声部的情况是可以出现的，毕竟一个声部也可以分成好几个part进行表演，但是他不希望出现任何一组的人过多，否则可能会导致场地分配不协调，也就是说，她希望人数最多的小组的人尽可能少，除此之外，对组内人员分配没有其他要求，她希望你告诉她，这个值是多少，如果无法顺利安排，请输出-1
输入描述:
第一行两个数个数\(n,m(1≤m≤n≤100000)\)表示人数
接下来一行\(n\)个数,\(a[i](1≤a[i]≤n)\)表示第i个学生的擅长声部
输出描述:
输出一个数，表示人数最多的小组的人数
输入
5 3
2 2 3 3 3
输出
2
解题思路
二分
统计共有多少组及每个组有多少人，再二分答案，求出最少能分出多少组判断即可~
- 时间复杂度：\(O(nlogn)\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a[100005],cnt;
unordered_map<int,int> mp;
bool ck(int x)
{
int res=0;
for(int i=0;i<cnt;i++)
{
res+=a[i]/x;
res+=(a[i]%x>0);
}
return res<=m;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int x,mx=0,mn=0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
mp[x]++;
mx=max(mx,x);
mn=min(mn,x);
}
for(int i=mn;i<=mx;i++)
if(mp[i])a[cnt++]=mp[i];
if(cnt>m)puts("-1");
else
{
int l=1,r=n;
while(l<r)
{
int mid=l+r>>1;
if(ck(mid))r=mid;
else
l=mid+1;
}
printf("%d",l);
}
return 0;
}
F.过桥
题目描述
\(dd\)被困在了一个迷幻森林，现在她面前有一条凶险的大河，河中央有\(n\)个神奇的浮块，浮块按\(1\sim n\)顺序标号，但两两并不相接，第\(i\)个浮块上有一个数字\(a[i]\)，可能是正数，也可能是负数,每块浮块都附带一个魔法结界用于传送，当\(a[i]\)为正数时，\(dd\)可以选择传送到第\(i+k(1≤k≤a[i])\)个浮块上,当\(dd\)抵达\(n\)号浮块时才可以顺利脱身，显然不管\(a[n]\)是多少，都没有任何意义，当\(a[i]\)为负时，\(dd\)只能选择标号小于等于\(i+a[i]\)的任意一块浮块进行传送，当\(i+a[i]<1\)时，默认只能传送到\(1\)的位置，每次传送都会花费\(1s\)的时间，随着时间的流逝，迷雾森林的空气会被逐渐榨干，她现在在\(1\)号浮块，她想知道，她最快多久能顺利脱身，如果始终无法逃脱，请输出\(-1\)
输入描述:
第一行一个数\(n(2≤n≤2000)\)
接下来一行\(n\)个数\(a[i](1≤|a[i]|≤2000)\)表示浮块上的数字
输出描述:
输出一行，表示对应的答案
示例1
输入
4
2 2 -1 2
输出
2
说明
1跳到2,1s
2跳到4,1s
共2s
示例2
输入
2
-1 -2
输出
-1
解题思路
bfs
按照题意进行两边操作，最后求的即为 \(1\) 到 \(n\) 的最短路径，每条路径权值都为 \(1\)，用bfs即可求解~
最坏情况下在于连边操作，则：
- 时间复杂度：\(O(n^2)\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int> adj[2005];
int n,x;
int d[2005];
bool v[2005];
void bfs()
{
memset(d,0x3f,sizeof d);
queue<int> q;
q.push(1);
d[1]=0;
v[1]=true;
while(q.size())
{
int x=q.front();
if(x==n)break;
q.pop();
for(int y:adj[x])
{
if(v[y])continue;
v[y]=true;
d[y]=d[x]+1;
q.push(y);
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
if(x>0)
{
for(int k=1;k<=x;k++)
{
if(i+k>n)break;
adj[i].push_back(i+k);
}
}
else
{
if(i+x<1&&i!=1)adj[i].push_back(1);
else
{
for(int k=(i==1?2:1);k<=i+x;k++)adj[i].push_back(k);
}
}
}
bfs();
printf("%d",d[n]==0x3f3f3f3f?-1:d[n]);
return 0;
}
I.体操
题目描述
\(dd\)作为体操队队长，在给队员们排队形，体操队形为一个单独的纵列，体操队有\(n\)个同学，标号为\(1\sim n\)，对于\(i(1≤i≤n)\)号队员，会有一个诉求\((1≤a[i]≤n)\)，表示他想排在\(a[i]\)号队员前面，当\(a[i]=i\)时，我们认为他没有位置需求，随便排哪儿都行，\(dd\)想知道有多少种队形方案，可以满足所有队员的要求。
输入描述:
读入第一行一个数字\(n(2≤n≤10)\)
第二行n个数字，表示\(a[i]\),保证\(1≤a[i]≤n\)
输出描述:
输出一行，表示方案数
输入
3
1 1 2
输出
1
解题思路
暴力
全排列再判断是否满足要求即可~
- 时间复杂度：\(((n+1)!)\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[11];
int res;
bool chosen[11];
vector<int>se;
bool v[11];
void cal(int x)
{
if(x==n+1)
{
memset(v,0,sizeof v);
bool f=true;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(v[a[se[i]]])
{
f=false;
break;
}
v[se[i]]=true;
}
res+=f;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(chosen[i])continue;
chosen[i]=true;
se.push_back(i);
cal(x+1);
se.pop_back();
chosen[i]=false;
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
cal(1);
printf("%d",res);
return 0;
}
