2024牛客寒假算法基础集训营5 题解 ( A,C,G,H,I,L,M )
A mutsumi的质数合数
题意
有一个由 \(n\) 个正整数组成的数组,她想知道数组中质数和合数共有几个。
思路
由质数和合数的定义可知,正整数范围内除 \(1\) 外,要么是质数要么是合数,本题直接统计不是 \(1\) 的正整数的个数即可
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
int cnt = 0;
for(int i = 0;i < n;i++){
int a;
cin >> a;
if(a != 0 && a != 1)cnt++;
}
cout << cnt;
return 0;
}
C anon的私货
题意
在一个正数数组中夹带一些 0,只要数组的除全 0 连续子数组外的每个连续子数组的平均数都大于等于 1,最多可以夹带多少个 0
思路
如果在两数之间插入 \(0\) 的话,插入的位置左右两侧的数都会受影响
所以数组的第一个元素和最后一个元素要重点考虑,在数组前插 \(0\) ,只有第一个元素会受影响,最后一个元素同理。
除此之外,设数组第 \(i\) 个元素为 \(a_i\),可以把本题看作从第 \(1\) 位开始,每次对第 \(i\) 和 \(i+1\) 位( $ 1 \le i \lt n$),同时自减 \(min(a_i-1,a_{i+1}-1)\),然后整个数组一共减去的值就是答案。
特别注意第一位和最后一位是否有剩余
代码
/*******************************
| Author: AlwaysBeShine
| Problem: anon的私货
| Contest: NowCoder
| URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/67745/C
| When: 2024-02-21 15:48:37
|
| Memory: 524288 MB
| Time: 2000 ms
*******************************/
#include <bits/stdc++.h>
#include <limits.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
std::vector<ll> a(n+3,LLONG_MAX);
for(int i = 1; i <= n;i++){
cin >> a[i];
}
ll cnt = 0;
for(int i = 0;i <= n;i++){
if(a[i] >= 2 && a[i+1] >= 2){
if(a[i] >= a[i+1]){
cnt += a[i+1] - 1;
a[i] -= (a[i+1] - 1);
a[i+1] = 1;
}else{
cnt += a[i] - 1;
a[i+1] -= (a[i] - 1);
a[i] = 1;
}
}
// for(int i = 1; i <= n;i++){
// cout << a[i] << " \n"[i==n];
// }
}
if(a[1] >= 2)cnt += a[1] - 1;
cout << cnt;
return 0;
}
G sakiko的排列构造(easy)
题意
构造一个长度为 \(n\) 的排列 \(p\) ,使得每一个 \(p_i+i\ (1\leq i\leq n)\) 都是质数。
思路
通过打表可发现规律
设第 \(i\) 位应该放的值为 \(a_i\),当前使用的质数为 \(z_k\) (第 \(k\) 个质数)
倒着构造,提前预处理出小于等于 \(10^3\) 以内的所有质数,用第一个大于等于 \(n\) 的质数从最后一位开始倒着构造。
因为要构造一个排列,所以数字不能重复,也不能大于 \(n\)
所以要求 \(z_k - i\) 必须没有出现过,并且 \(z_k - i \le n\) 如果满足条件,那么 \(a_i = z_k - i\)
否则 \(k\) 自减(就是再往小找最大的满足 \(z_k - i\) 没出现过的质数)再循环这个情况
如果构造过程中 \(k \lt 1\) (也就是质数不够用了),那么就构造不出来,否则就构造的出来
代码
/*******************************
| Author: AlwaysBeShine
| Problem: sakiko的排列构造(easy)
| Contest: NowCoder
| URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/67745/G
| When: 2024-02-21 16:49:29
|
| Memory: 524288 MB
| Time: 2000 ms
*******************************/
/*******************************
| Author: AlwaysBeShine
| Problem: B3716 分解质因子 3
| Contest: Luogu
| URL: https://www.luogu.com.cn/problem/B3716
| When: 2024-02-11 15:50:18
|
| Memory: 600 MB
| Time: 2500 ms
*******************************/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
vector<bool> isNotPrime(10100);
vector<int> prime;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
prime.push_back(2);
for(int i = 2;i <= 10000;i++){
if(isNotPrime[i] == false){
prime.push_back(i);
}
for(int j = 1;prime[j] * i <= 10000;j++){
int temp = prime[j] * i;
isNotPrime[temp] = true;
if(i % prime[j] == 0)break;
}
}
int pos;
int n;
cin >> n;
for(int i = 1;i <= prime.size();i++){
if(prime[i] > n){
pos = i;
break;
}
}
vector<int>ans(n+5);
map<int,int>mp;
for(int i = n;i >= 1;i--){ //倒着来
if(pos < 1){
cout << "-1";
return 0;
}
while(pos >= 1 && (prime[pos] - i > n || mp[prime[pos] - i] == 1)){
pos--;
}
if(mp[prime[pos] - i] == 0){ //如果没出现过这个数
if(prime[pos] - i <= n){ //必须要小于等于 n
ans[i] = prime[pos] - i;
mp[prime[pos] - i] = 1;
}else{ //如果大于等于n了或者出现过了
while(pos >= 1 && (prime[pos] - i > n || mp[prime[pos] - i] == 1)){
pos--;
}
if(pos < 1){
cout << -1;
}else{
ans[i] = prime[pos] - i;
mp[prime[pos] - i] = 1;
}
}
}
}
for(int i = 1;i <= n;i++){
cout << ans[i] << " ";
}
return 0;
}
H sakiko的排列构造(hard)
题意
同 easy 版,只有数据范围扩大到了 \(10^6\)
思路
同 easy 版
代码
/*******************************
| Author: AlwaysBeShine
| Problem: sakiko的排列构造(easy)
| Contest: NowCoder
| URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/67745/G
| When: 2024-02-21 16:49:29
|
| Memory: 524288 MB
| Time: 2000 ms
*******************************/
/*******************************
| Author: AlwaysBeShine
| Problem: B3716 分解质因子 3
| Contest: Luogu
| URL: https://www.luogu.com.cn/problem/B3716
| When: 2024-02-11 15:50:18
|
| Memory: 600 MB
| Time: 2500 ms
*******************************/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
vector<bool> isNotPrime(1000010);
vector<int> prime;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
prime.push_back(2);
for(int i = 2;i <= 1000010;i++){
if(isNotPrime[i] == false){
prime.push_back(i);
}
for(int j = 1;prime[j] * i <= 1000010;j++){
int temp = prime[j] * i;
isNotPrime[temp] = true;
if(i % prime[j] == 0)break;
}
}
int pos;
int n;
cin >> n;
for(int i = 1;i <= prime.size();i++){
if(prime[i] > n){
pos = i;
break;
}
}
vector<int>ans(n+5);
map<int,int>mp;
for(int i = n;i >= 1;i--){ //倒着来
if(pos < 1){
cout << "-1";
return 0;
}
while(pos >= 1 && (prime[pos] - i > n || mp[prime[pos] - i] == 1)){
pos--;
}
if(mp[prime[pos] - i] == 0){ //如果没出现过这个数
if(prime[pos] - i <= n){ //必须要小于等于 n
ans[i] = prime[pos] - i;
mp[prime[pos] - i] = 1;
}else{ //如果大于等于n了或者出现过了
while(pos >= 1 && (prime[pos] - i > n || mp[prime[pos] - i] == 1)){
pos--;
}
if(pos < 1){
cout << -1;
}else{
ans[i] = prime[pos] - i;
mp[prime[pos] - i] = 1;
}
}
}
}
for(int i = 1;i <= n;i++){
cout << ans[i] << " ";
}
return 0;
}
I rikki的最短路
题意
rikki 在找 anon ,她准备去找 tomorin 问一下 anon 在哪。 (以下tomorin简称 \(T\) ,anon简称 \(A\) )
寻找过程:找到 \(A\) ,将 \(A\) 带回 \(T\) 的位置,可以简单的理解为先找到 \(A\) 再去找 \(T\) 。
我们把寻找过程简化为一条数轴, rikki 在数轴上的坐标为 0 , \(T\) 在数轴上的坐标为 \(t\) , \(A\) 在数轴上的坐标为 \(a\) 。
初始时 rikki 只知道 \(T\) 的坐标,而不知道 \(A\) 的坐标,因此 rikki 会先前往 \(T\) 的坐标。
而当 rikki 到达 \(T\) 的坐标时,就可以知道 \(A\) 的坐标。
rikki 的视野为 \(k\) ,若rikki当前坐标为 \(u\) ,则她可以看到 \([u-k,u+k]\) 区间内的东西,即 rikki 可能可以在移动到 \(T\) 所在坐标的过程中直接看到 \(A\) ,去找到 \(A\) ,省略先去找 \(T\) 的过程。
rikki 想知道她将 \(A\) 带回 \(T\) 的坐标最少需要移动多少距离。
思路
分类讨论
- 当 \(A\) 和 \(T\) 同向时,如果 \(\lvert A \rvert \le \lvert T \rvert\),那么在找 \(T\) 的过程中就找到了 \(A\) 直接带走,不需要多走,答案就是 \(\lvert T \rvert\)
- 当 A 和 \(T\) 同向时,如果 \(\lvert A \rvert \gt \lvert T \rvert\),那就得比上面那种情况,多走 \(2 * (\lvert A \rvert - \lvert T \rvert)\)
- 当 \(A\) 和 \(T\) 反向时,如果\(\lvert A \rvert \le \lvert k \rvert\),一开始就知道 \(A\) 在哪,所以可以先找 \(A\) ,再带到 \(T\) 处
- 当 \(T = 0\) 时,同上理。
- 当 \(A\) 和 \(T\) 反向时,如果\(\lvert A \rvert \gt \lvert T \rvert\) ,得先去找 \(T\) 再去找 \(A\) ,再找 \(T\)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
ll t,a,k;
cin >> t >> a >> k;
if((t > 0 && a > 0) || (t < 0 && a < 0)){ //同向
ll la = abs(a),lt = abs(t);
if(la <= lt){ //去t路上能看见a
cout << lt;
}else{ //看不见a
cout << la + la - lt;
}
}else if(a == 0){ //带着a去找t
cout << abs(t);
}else if(t == 0){ //直接知道a在哪 把他带回来
cout << 2 * abs(a);
}else{ //反向
if(abs(a) > k){
cout << 3*abs(t) + 2*abs(a);
}else{
cout << 2*abs(a) + abs(t);
}
}
return 0;
}
L anon的星星
题意
玩一个游戏,胜利一局会获得一颗星星,失败一局会失去一颗星星,没有平局。 只知道自己玩了 \(n\) 局游戏,共获得了 \(x\) 颗星星。
求胜利了几局,失败了几局?
思路
设胜利了 \(i\) 局,则输了 $ n - i$ 局,判断 \(1 \le i \le n\) 是否存在 \(i - (n-i) = x\) 即可
代码
#include <iostream>
using namespace std;
int main() {
int n, x;
cin >> n >> x;
for (int i = 0; i <= n; ++i) {
int j = n - i;
if (i - j == x) {
cout << i << " " << j << endl;
return 0;
}
}
cout << -1 << endl;
return 0;
}
M mutsumi的排列连通
题意
有两个排列,放置在一个 \(2 \times n\) 的矩形中,每次你可以选择一个数字 \(x\) ,将两个排列内的 \(x\) 所在的单元格删除。
删除尽可能少的数字,使得矩形至少被分成两个连通块(不一定是矩形),
请输出最小的删除次数。若无法通过删除使得矩形被分成至少两个连通块,则输出 -1。
连通块:块内任意两点(可以是同一点)都可以找到至少一条只由上下左右组成的路径相连。
长度为 \(n\) 的排列为:\(1-n\) 中,每个数字恰好出现一次。
思路
很容易思考出,答案只有 \(-1,1,2\) 三种可能
当 \(n = 1\) 时,无解
当 \(n = 2\) 时,如果两排列完全相同,无解;如果两排列不同,操作一次即可
当 \(n \ge 3\) 时,判断第 \(2\) 位到第 \(n-1\) 位之间,两排列是否存在两个相同的元素在两排列种各自的下标之差为 \(1\)
如果存在,则操作一次即可,否则要操作两次。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void solve(){
map<int,int>a;
map<int,int>b;
int n,temp;
cin >> n;
vector<int>A(n+1,0);
vector<int>B(n+1,0);
for(int i = 1;i <= n;i++){
cin >> temp;
a[temp] = i;
A[i] = temp;
}
bool ck = false;
for(int i = 1;i <= n;i++){
cin >> temp;
b[temp] = i;
B[i] = temp;
if(abs(i - a[temp]) == 1 || i == a[temp] && i != n && i != 1){
ck = true;
}
}
if(n == 1){
cout << "-1\n";
}else if(n == 2){
if(A[1] == B[1] && A[2] == B[2])cout << "-1\n";
else{
cout << "1\n";
}
}else{
if(ck){
cout << "1\n";
}else{
cout << "2\n";
}
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int T;
cin >> T;
while(T--){
solve();
}
return 0;
}
标签:prime,cout,int,题解,质数,pos,long,2024,集训营
From: https://www.cnblogs.com/AlwaysBeShine/p/18038356