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2023牛客寒假算法基础集训营4 A-H+JLM

时间：2023-02-02 18:47:45浏览次数：71  
标签：int ll cin long 牛客 2023 using 集训营 复杂度

比赛链接

A

题解

知识点：数学。

算一下发现 \(3\) 最好，\(2,4\) 并列， \(4\) 以后递减。于是，特判 \(3\) ，其他取最小值。

（众所周知， \(e\) 进制最好qwq。

时间复杂度 \(O(1)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int x, y;
    cin >> x >> y;
    cout << (x == 3 || y == 3 ? 3 : min(x, y)) << '\n';
    return 0;
}

B

题解

知识点：数论，构造。

注意到：

\[\begin{aligned} c_i + c_{n-1-i} \equiv 2a_i \pmod m\\ c_i - c_{n-1-i} \equiv 2b_i \pmod m\\ \end{aligned} \]

\(m\) 是个素数，显然当 \(m>2\) 时一定有解。因为 \(2\) 的逆元一定存在，故无论 \(c_i,c_{n-1-i}\) 计算结果为多少， \(a_i,b_i\) 一定可求。我们可以通过 \(c_i,c_{n-1-i}\) 计算结果，是偶数直接除以 \(2\) ，否则加减一次 \(m\) ，就可以得到 \(a_i,b_i\) 。

\(m = 2\) 时，就不一定有解，因为同余式右侧恒为 \(0\) ，要先满足相加减以后的余数为 \(0\) 否则无解。如果有解，那我们可以令 \(a_i = c_i,b_i = 0\) 。

时间复杂度 \(O(n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

int c[100007];
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0;i < n;i++) cin >> c[i];
    bool ok = 1;
    if (m == 2) for (int i = 0;i < n;i++) ok &= !((c[i] + c[n - 1 - i]) & 1);
    if (!ok) cout << "NO" << '\n';
    else {
        for (int i = 0;i < n;i++) {
            int t = c[i] + c[n - i - 1];
            cout << (t % 2 ? (t - m) / 2 : t / 2) << " \n"[i == n - 1];
        }
        for (int i = 0;i < n;i++) {
            int t = c[i] - c[n - i - 1];
            cout << (t % 2 ? (t + m) / 2 : t / 2) << " \n"[i == n - 1];
        }
    }
    cout << "YES" << '\n';
    return 0;
}

CD

题解

知识点：背包dp，枚举。

通常背包dp就是从 \(1\) 开始到 \(n\) 直接一个状态跑完，但这道题需要知道一定选和一定不选第 \(i\) 件物品带来的价值之差，从而得到使第 \(i\) 件物品一定选的价值严格大于一定不选的价值。

我们为了得到除了 \(i\) 以外的其他物品的选择情况，考虑设 \(f_{i,j},g_{i,j}\) 分别为考虑 \([1,i]\) / \([i,n]\) 的物品且总体积不超过 \(j\) 的最大价值。转移方程和普通背包dp一样就不写了。

对于第 \(i\) 个物品，我们求 \(a = \max_\limits{j \in [0,m]}(f_{i - 1,j} + g_{i + 1,m - j})\) 表示除去第 \(i\) 个物品的最大贡献，以及 \(b = \max_\limits{j \in [0,m-v_i]}(f_{i - 1,j} + g_{i + 1,m-v_i - j})+w_i\) 表示一定选第 \(i\) 个物品的最大贡献。随后，\(\max(0,a-b+1)\) 即让一定选的价值超过不选的价值，那么 \(i\) 就变成必选物品了。

（C题纯暴力枚举每个物品不选的情况都背包dp一遍，就不写了。

时间复杂度 \(O(nm)\)

空间复杂度 \(O(nm)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

ll f[5007][5007], g[5007][5007];
ll v[5007], w[5007];
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> v[i] >> w[i];
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        for (int j = 0;j <= m;j++) {
            if (j < v[i]) f[i][j] = f[i - 1][j];
            else f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
        }
    }
    for (int i = n;i >= 1;i--) {
        for (int j = 0;j <= m;j++) {
            if (j < v[i]) g[i][j] = g[i + 1][j];
            else g[i][j] = max(g[i + 1][j], g[i + 1][j - v[i]] + w[i]);
        }
    }
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        ll a = 0, b = 0;
        for (int j = 0;j <= m;j++) a = max(a, f[i - 1][j] + g[i + 1][m - j]);
        for (int j = 0;j <= m - v[i];j++) b = max(b, f[i - 1][j] + g[i + 1][m - v[i] - j] + w[i]);

        cout << max(0LL, a - b + 1) << '\n';
    }
    return 0;
}

E

题解

知识点：模拟。

直接模拟记录攻击次数 \(cnt\) ，分类讨论：

  1. \(a \geq h_i\) ，则一次能死的次数加一。
  2. 否则，若 \(a \leq tv_i\) 则无法击杀。否则，次数为 \(1+\left\lceil \dfrac{h-a}{a-tv_i} \right\rceil\) ，表示先攻击一次，后面每次攻击前都会恢复 \(tv_i\) ，所以下一次攻击有效伤害为 \(a- tv_i\) 。

最后时间为 \(1+t \cdot (cnt-1)\) 。

时间复杂度 \(O(n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    ll t, a;
    cin >> n >> t >> a;
    vector<pair<ll, ll>> mon;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        ll h, v;
        cin >> h >> v;
        mon.push_back({ h,v });
    }
    ll cnt = 0;
    for (auto [h, v] : mon) {
        if (h <= a) cnt++;
        else {
            if (a <= t * v) {
                cout << -1 << '\n';
                return 0;
            }
            cnt += (h - a + a - t * v - 1) / (a - t * v) + 1;
        }
    }
    cout << 1 + (cnt - 1) * t << '\n';
    return 0;
}

F

题解

知识点：树，DFS，位运算。

先得到两个性质：

  1. 对于 \(fa\) ，其左右孩子满足 \(fa \mp lowbit(fa)/2\) ，因此如果 lowbit 处有连续两个 \(1\) 则是右孩子，否则为左孩子。
  2. 对于 \(x\) 为根的子树（除了 \(2^k\) ），节点数等于 \(2^{\text{x的高度}}-1 = 2 \cdot lowbit(x)-1\) 。

对于答案计数，可以考虑 \(x\) 爬到 \(2^k\) ，中间分类讨论走两侧的不同情况。

先序遍历：

  1. 先算上自己，答案加 \(1\) 。
  2. \(x\) 是 \(fa\) 的左孩子，那么答案加 \(1\) 。
  3. \(x\) 是 \(fa\) 的右孩子，那么答案加上左子树节点数再加一。

中序遍历：即 \(x\) 。

后序遍历：

  1. 先加上 \(x\) 为根的子树，答案加节点数。
  2. \(x\) 是 \(fa\) 的左孩子，答案不变。
  3. \(x\) 是 \(fa\) 的右孩子，那么答案加上左子树节点数。

时间复杂度 \(O(qk)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

int k, q;
ll f(ll x) { return x & -x; }
ll fo(ll x) {
    ll ans = 1;
    while (x != (1LL << k)) {
        ll fa;
        if ((x >> 1) & f(x)) {
            fa = x - f(x);
            ans += 2 * f(fa - f(x));
        }
        else {
            fa = x + f(x);
            ans++;
        }
        x = fa;
    }
    return ans;
}

ll lo(ll x) {
    ll ans = x == (1LL << k) ? x : 2 * f(x) - 1;
    while (x != (1LL << k)) {
        ll fa;
        if ((x >> 1) & f(x)) {
            fa = x - f(x);
            ans += 2 * f(fa - f(x)) - 1;
        }
        else fa = x + f(x);
        x = fa;
    }
    return ans;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);

    cin >> k >> q;
    while (q--) {
        ll x;
        cin >> x;
        cout << fo(x) << ' ' << x << ' ' << lo(x) << '\n';
    }
    return 0;
}

GH

题解

知识点：bfs，倍增，二分。

我们先求出 \(s(x_s,y_s)\) 到所有点的最短路 \(dis_{x,y}\)，因为花费都是 \(1\) 可以直接bfs。

显然，我们可以模拟qcjj从 \(t(x_t,y_t)\) 出发开始走的路径，如果途中 \(dis_{x,y}\) 小于等于qcjj走到 \((x,y)\) 的距离，那这个点就是答案，这是EZ版本的解。

但HD版本的访问次数很多，不可能一次次模拟，考虑缩短每次模拟的次数。qcjj实际上没有必要一步一步走，假设我们知道第 \(k\) 步qcjj的坐标 \((x,y)\) ，如果 \(k \geq ans\) ，那一定有 \(dis_{x,y} \leq ans\) ，否则一定有 \(dis_{x,y} > ans\) ，因此答案是符合单调性的。

虽然可以二分答案了，但如何快速求出第 \(k\) 步的确切坐标就成了问题。我们考虑使用倍增的思想，求出 \(pos_{k,i,j}\) 表示 \((i,j)\) 为起点第 \(2^k\) 步的坐标，这样就能在线性复杂度预处理，对数复杂度求出确切坐标。

进一步思考，既然以及用倍增了，那再套一层二分就没必要了。因为两者都是折半查找，不过前者是从某一端逼近答案，后者是缩小区间锁定答案，那我们只用倍增逼近一次就结束了。

时间复杂度 \(O((nm + q)\log (nm))\)

空间复杂度 \(O(nm \log (nm))\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

struct node {
    int x, y;
};
int n, m;
char dt[807][807];

const int dir[4][2] = { {0,-1},{0,1},{-1,0},{1,0} };
int dis[807][807];
queue<node> q;
void bfs(node s) {
    for (int i = 0;i < n;i++)
        for (int j = 0;j < m;j++)
            dis[i][j] = -1;
    dis[s.x][s.y] = 0;
    q.push(s);
    while (!q.empty()) {
        auto [x, y] = q.front();
        q.pop();
        for (int i = 0;i < 4;i++) {
            int xx = x + dir[i][0];
            int yy = y + dir[i][1];
            if (~dis[xx][yy] || dt[xx][yy] == '#') continue;
            dis[xx][yy] = dis[x][y] + 1;
            q.push({ xx,yy });
        }
    }
}

map<char, int> mp = { {'L',0},{'R',1},{'U',2},{'D',3} };
node pos[20][807][807];
void pos_init() {
    for (int i = 0;i < n;i++) {
        for (int j = 0;j < m;j++) {
            if (dt[i][j] == '#') pos[0][i][j] = { -1,-1 };
            if (dt[i][j] == '.') pos[0][i][j] = { i,j };
            else {
                int xx = i + dir[mp[dt[i][j]]][0];
                int yy = j + dir[mp[dt[i][j]]][1];
                if (xx < 0 || xx >= n || yy < 0 || yy >= m || dt[xx][yy] == '#') pos[0][i][j] = { i,j };
                else pos[0][i][j] = { xx,yy };
            }
        }
    }
    for (int k = 1;k < 20;k++) {
        for (int i = 0;i < n;i++) {
            for (int j = 0;j < m;j++) {
                auto [x, y] = pos[k - 1][i][j];
                pos[k][i][j] = pos[k - 1][x][y];
            }
        }
    }
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);

    cin >> n >> m;
    int sx, sy;
    cin >> sx >> sy;
    node s = { sx,sy };
    int q;
    cin >> q;
    for (int i = 0;i < n;i++)
        for (int j = 0;j < m;j++)
            cin >> dt[i][j];

    bfs(s);
    pos_init();
    while (q--) {
        int xt, yt;
        cin >> xt >> yt;
        node t = { xt,yt };
        int ans = 0;
        for (int i = 19;i >= 0;i--) {
            auto [x, y] = pos[i][t.x][t.y];
            if (!~dis[x][y] || dis[x][y] > ans + (1 << i)) {
                t = { x,y };
                ans += 1 << i;
            }//不能等于，ans的意义是不可行的最大值；加了等于意义就乱了
        }
        cout << (++ans == 1 << 20 ? -1 : ans) << '\n';
    }
    return 0;
}

J

题解

方法一

知识点：拓扑排序，枚举。

因为保证一定符合某一种解，那关系图一定是DAG。

我们知道拓扑排序能在不破坏DAG节点顺序下，求出节点的相对顺序。因此我们可以使用拓扑排序，同时记录节点位置 \(pos\) 。通过 \(pos\) ，我们可以得到一个节点的位置上下确界 \([maxl,minr]\) ，显然如果节点 \(i\) 是确定的那么这个区间只会包括 \(i\) ，如果不是，那么被这个区间包括的所有点都是不能确定的。因此，我们可以对所有点枚举边界即可排除不确定的点。

时间复杂度 \(O(n+m)\)

空间复杂度 \(O(n+m)\)

方法二

知识点：dfs，STL，枚举。

考虑求一个传递闭包，从而可以直接得到一个点与所有点的关系。因为图是DAG，我们可以通过dfs遍历图获得，不需要floyd。

最后，对每个点记录小于等于自己和大于等于自己的个数和，如果等于 \(n+1\) 那说明这个点和其他 \(n-1\) 个点的关系完全确定，就能知道位置了。

时间复杂度 \(O\left(\dfrac{nm}{w} \right)\)

空间复杂度 \(O(n+m)\)

代码

方法一

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

int n, m;
vector<int> g[1007];

int deg[1007];
queue<int> q;
int ans[1007];
int pos[1007], cnt;
void toposort() {
    for (int i = 1;i <= n;i++) if (!deg[i]) q.push(i);
    while (!q.empty()) {
        int u = q.front();
        q.pop();
        cnt++;
        ans[cnt] = u;
        pos[u] = cnt;
        for (auto v : g[u]) {
            deg[v]--;
            if (!deg[v]) q.push(v);
        }
    }
}

int maxl[1007], minr[1007];
int b[1007];

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1;i <= m;i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        g[u].push_back(v);
        deg[v]++;
    }
    toposort();
    for (int i = 1;i <= n;i++) minr[i] = n + 1;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        for (auto v : g[i]) {
            minr[i] = min(minr[i], pos[v]);
            maxl[v] = max(maxl[v], pos[i]);
        }
    }

    for (int i = 1;i <= n;i++) b[i] = ans[i];
    int r = 1;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        if (r > i) b[i] = -1;
        r = max(r, minr[ans[i]]);
    }
    int l = n;
    for (int i = n;i >= 1;i--) {
        if (l < i) b[i] = -1;
        l = min(l, maxl[ans[i]]);
    }

    for (int i = 1;i <= n;i++)cout << b[i] << " \n"[i == n];
    return 0;
}

方法二

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

int n, m;
vector<int> g[1007];

bool vis[1007];
bitset<1007> bs[1007];
void dfs(int u) {
    if (vis[u]) return;
    vis[u] = 1;
    for (auto v : g[u]) {
        dfs(v);
        bs[u] |= bs[v];
    }
}

int b[1007];

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1;i <= n;i++) bs[i][i] = 1, b[i] = -1;
    for (int i = 1;i <= m;i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        g[u].push_back(v);
    }
    for (int i = 1;i <= n;i++) if (!vis[i]) dfs(i);
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int cnt = 0;
        for (int j = 1;j <= n;j++) cnt += bs[j][i];
        if (bs[i].count() + cnt == n + 1) b[cnt] = i;
    }
    for (int i = 1;i <= n;i++)cout << b[i] << " \n"[i == n];
    return 0;
}

L

题解

知识点：数学。

可以先求出 \(l_b\) ，再求出 \(l_a,l_c\) ，随后复制一份排序判断，因为输出要按原来顺序。

时间复杂度 \(O(1)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

bool solve() {
    int A, B, C;
    cin >> A >> B >> C;
    if ((A - B + C) & 1) return false;
    vector<int> v(4);
    v[2] = (A - B + C) / 2;
    v[3] = A - v[2];
    v[1] = C - v[2];
    auto g = v;
    sort(g.begin() + 1, g.end());
    if (g[1] <= 0 || g[1] + g[2] <= g[3]) return false;
    cout << "YES" << '\n';
    cout << v[1] << ' ' << v[2] << ' ' << v[3] << '\n';
    return true;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << "NO" << '\n';
    }
    return 0;
}

M

题解

知识点：构造。

众所周知， \(1,2,3\) 是构造不出三角形的，循环打就行。

时间复杂度 \(O(n)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0;i < n;i++) cout << "123"[i % 3] << ' ';
    cout << '\n';
    return 0;
}

标签：int,ll,cin,long,牛客,2023,using,集训营,复杂度
From： https://www.cnblogs.com/BlankYang/p/17087025.html

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