2023年第十四届蓝桥杯大赛软件类省赛Java大学B组真题
C.数组分割
思路：因为最后要是分为2组偶数。由于偶数+偶数=偶数，奇数+奇数=偶数。那么我们的奇数个数一定要是偶数个。如果奇数个数为奇数个那直接就不行了，答案是0。如果奇数的个数是偶数的话，假设偶数n个，奇数m个。\(C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}...+C_{n}^{n} = 2^n\)，\(C_{m}^{0}+C_{m}^{2}+C_{m}^{3}...+C_{m}^{m} = \dfrac{2^m}{2}(偶数次+奇数次=2^m，那么偶数次就是\dfrac{2^n}{2})\)。那么最后答案就是\(2^n*2^{m-1} = 2^{n+m-1}\)
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
ll qmi(ll a, ll b, ll mod)
{
ll ans = 1 % mod;
while(b)
{
if(b & 1) ans = ans * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t; cin>>t;
while(t--)
{
int n; cin>>n;
ll odd = 0,even = 0;
for(int i = 1;i <= n; i++)
{
ll x; cin>>x;
if(x % 2)odd++;
else even++;
}
if(odd % 2)cout<<0<<"\n";
else{
ll ans = 1;
if(odd)
ans = qmi(2ll,odd-1,mod);
ans %= mod;
ans *= qmi(2ll,even,mod);
ans %= mod;
cout<<ans<<"\n";
}
}
return 0;
}
D.矩形总面积
小模拟+容斥一下
对于重叠部分：
\(sx = max(x1,x3),sy = \max(y1,y3)\)左下角左边取max
\(ex = min(x2,x4),ey = \min(y2,y4)\)右上角左边取min
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
ll x1,y1,x2,y2,x3,y3,x4,y4;
cin>>x1>>y1>>x2>>y2>>x3>>y3>>x4>>y4;
//(x1,y1) (x2,y2) (x3,y3) (x4,y4)
ll s1 = (x2-x1)*(y2-y1);
ll s2 = (x4-x3)*(y4-y3);
ll sx = max(x1,x3),sy = max(y1,y3);
ll ex = min(x2,x4),ey = min(y2,y4);
if(sx < ex && sy < ey)
cout<<s1+s2-(ex-sx)*(ey-sy)<<"\n";
else cout<<s1+s2<<"\n";
return 0;
}
E.蜗牛
是一个\(dp\)，啊细节部分一开始写的有问题，debug好一会TAT.
思路：定义状态\(dp[i][0/1]\)。
\(dp[i][0]\)表示到第\(i\)个杆子是没有通过传送。
\(dp[i][1]\)表示到第\(i\)个杆子是通过传送到的。
注意，一开始我们在\((0,0)\),而起点到第一个杆子是没有传送的，初始化为:\(dp[1][0] = x[1],dp[1][1] = x[1]+\dfrac{a[1].h1}{0.7}\)。
由于第一个到第二个是特殊的。我们需要把第二个也手动初始化。
为什么第二个是特殊的呢？因为第一个到第二个的传送不需要代价，而对于别的比如第二个到第三个，需要先爬到传送点。
\(dp[2][0] = \min(dp[1][0]+(x[2]-x[1]),dp[1][1]+a[1].h1/1.3+(x[2]-x[1]))\)
$dp[2][1] = \min(dp[1][0]+a[1].h1/0.7,dp[1][1]) $
考虑完特殊的，其他的就很简单啦。具体的见代码。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int x[N];
struct node
{
int h1,h2;
}a[N];
double dp[N][2];
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int n; cin>>n;
for(int i = 1;i <= n; i++)
cin>>x[i];
//up 0.7 ,down 1.3
//第i个的h1高度传送门到达i+1的h2高度
for(int i = 1;i < n; i++)
cin>>a[i].h1>>a[i].h2;
dp[1][0] = x[1],dp[1][1] = x[1]+a[1].h1/0.7;
dp[2][0] = min(dp[1][0]+(x[2]-x[1]),dp[1][1]+a[1].h1/1.3+(x[2]-x[1]));
dp[2][1] = min(dp[1][0]+a[1].h1/0.7,dp[1][1]);
for(int i = 3;i <= n; i++)
{
dp[i][0] = min(dp[i-1][0]+(x[i]-x[i-1]),dp[i-1][1]+(a[i-2].h2)/1.3+(x[i]-x[i-1]));
if(a[i-2].h2 < a[i-1].h1)
dp[i][1] =dp[i-1][1]+(a[i-1].h1-a[i-2].h2)/0.7;
else dp[i][1] = dp[i-1][1]+(a[i-2].h2-a[i-1].h1)/1.3;
dp[i][1] = min(dp[i][1],dp[i-1][0]+a[i-1].h1/0.7);
}
printf("%.2lf",min(dp[n][0],dp[n][1]+a[n-1].h2/1.3));
return 0;
}
F.合并区域
啊这个我一开始想简单了，以为只有一个地方可以进行合并，但发现可以有多个....写起来很恶心，要不断建图，然后dfs
G.买二赠一
贪心+单调队列
先排序，从大到小的买。当买了两个，较小的那个的价格的一半放入单调队列。每次买之前check一下能否使用免费，能用就用。
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 5e5 + 10;
int a[N];
bool cmp(int a,int b)
{
return a > b;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int n; cin>>n;
for(int i = 1;i <= n; i++)
cin>>a[i];
sort(a+1,a+1+n,cmp);
int l = 1;
ll ans = 0;
priority_queue<int>q;
auto check_can_free = [&](){
while(!q.empty() && l <= n)
{
int t = q.top();
if(t >= a[l]){
q.pop();
l++;
}else break;
}
};
while(l <= n)
{
check_can_free();
if(l<=n)
{
ans += a[l];
l++;
}
check_can_free();
if(l<=n)
{
ans += a[l];
q.push(a[l]/2);
l++;
}
}
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}
I.最大开支
挺经典的一个题目，对于这类题，我们考虑，对于某一个项目，如果x个人参加价格就是\(cost1 = x*(kx+b)\)，如果\(x+1\)个人参加就是\(cost2 = (x+1)*(k(x+1)+b)\)。
我们对二者做差就是\(cost2-cost1 = 2kx+k+b\)。这便是对于该项目多增加一人的价格的增量。
我们用priority_queue来实现(自定义排序)，每次把增量最大的取出来，如果增量\(>0\)说明还可以往该项目加入，否则的话就结束。
自定义排序模板：
struct cmp{
bool operator()(vector<int>&a,vector<int>&b){
return a[0]>b[0];
}
};
priority_queue<vector<int>,vector<vector<int>>,cmp> q;//小顶堆
代码：
// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
ll get(ll x,ll k,ll b)
{
return x*max(0ll,k*x+b);
}
ll add(int x,int k,int b)
{
//return get(x+1,k,b)-get(x,k,b);
return 2ll*k*x+k+b;
}
struct Node
{
int num,k,b;
Node(int _num,int _k,int _b){num = _num;k = _k;b = _b;};
};
struct cmp{
bool operator()(Node& a,Node& b){
ll cost1 = get(a.num+1,a.k,a.b)-get(a.num,a.k,a.b);
ll cost2 = get(b.num+1,b.k,b.b)-get(b.num,b.k,b.b);
return cost1 < cost2;
}
};
priority_queue<Node,vector<Node>,cmp> q;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int n,m; cin>>n>>m;
for(int i = 1;i <= m; i++)
{
ll k,b; cin>>k>>b;
q.push(Node(0ll,k,b));
}
//max(0,kx+b)
//need = x*(kx+b) = kx^2 + bx
//mx = -(b/2*k) or -(b/k*k+1)
//(k*(x+1)+b)*(x+1)-(kx+b)*x
//2kx+k+b
for(int i = 1;i <= n; i++)
{
Node t = q.top(); q.pop();
int num = t.num,k = t.k,b = t.b;
ll cost = add(num,k,b);
//cout<<"num = "<<num<<"k = "<<k<<" b = "<<b<<" cost = "<<cost<<"\n";
if(cost<=0)
{
q.push(t);
break;
}else{
t.num++;
q.push(t);
}
}
ll ans = 0;
while(!q.empty())
{
Node t = q.top(); q.pop();
int num = t.num,k = t.k,b = t.b;
ans += get(num,k,b);
}
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}