标签:const 括号 int text scanf long 牛客 补题 集训营
A题 回文括号序列计数 (思维)
这题耍了一个小障眼法:其实 \(()\) 并不是一个回文串(虽然看起来像)
那么我们根据括号串的定义:
- 空串是一个括号串
- 若 \(s,t\) 是括号串,那么 \(s+t\) 也是一个括号串
- 若 \(s\) 是括号串,那么 \('('+s+')'\) 也是一个括号串
显然,任何一个括号串经过操作 \(3\) 之后不论怎么变换,不可能变为一个回文串(开头必然是 \('('\) ,结尾必然是 \(')'\)),但是所有长度大于 \(0\) 的括号串都至少需要经过一次操作 \(3\) 才能形成
那么答案就显而易见了:\(n=0\) 时存在一个空串,\(n \geq 1\) 时不存在回文括号串
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
int n;
scanf("%d", &n);
puts(n ? "0" : "1");
}
return 0;
}
B题 系数
官方给了两个思路:
- 答案对 \(3\) 取模,所以我们注意到在此情况下,\((x^2+x+1)^n=(x^2-2x+1)^n=(x-1)^{2n}\) (对括号里面减去 \(3x\),答案对 \(3\) 取模后不变),然后就是显然的高中二项式定理知识了
- 打表找规律
最后写出来这个组合数要用 \(\text{Lucas}\) 定理来求,可以看我之前写的这个博客:链接
C题 末三位 (签到)
签到题,找规律也行,快速幂也行,还有想要欧拉降幂的,理论上都能过
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
int main()
{
int n;
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
if (n == 0) puts("001");
else if (n == 1) puts("005");
else if (n == 2) puts("025");
else {
if (n % 2 == 1) puts("125");
else puts("625");
}
}
return 0;
}
D题 划数 (数学,分类讨论)
显然的,根据取模的数学性质,不管怎么选,最后得到的值必然是 \((\sum\limits_{i=1}^{n}a_i)\mod 11\) 。
假设答案是 \(x\) ,那么显然 \((x+cnt) \mod 11 = (\sum\limits_{i=1}^{n}a_i)\mod 11\) ,而且 \(x\) 的值因为被取模过,所以范围只会在 \([0,11)\) 中,不管是数学求解还是直接枚举,都是 \(O(1)\) 的复杂度,总复杂度为 \(O(n)\) 。
然后我交了,然后就...... \(WA\) 了(逃
后来看着数据规模才发现,当 \(n=2\) 的时候,\(x\) 并没有被取模过,所以此时上面这个式子并不适用,需要特判
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N = 150010;
int n, x, a[N];
int main()
{
while (scanf("%d%d", &n, &x) != EOF) {
int sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
if (n == 2) {
if (x == a[1]) printf("%d\n", a[2]);
else printf("%d\n", a[1]);
continue;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
sum = (sum + a[i]) % 11;
for (int i = 0; i < 11; ++i)
if (sum == (i + x) % 11) {
printf("%d\n", i);
break;
}
}
return 0;
}
E题 网格
DP,感兴趣可以看官方题解
F题 组合数问题 (数学:二项式定理+复数快速幂)
高中我们学过 \(C_n^0+C_n^2+......+C_n^n=2^{n-1}\),因为
\(S1=(1+1)^n=C_n^0+C_n^1+C_n^2+......+C_n^{n-1}+C_n^n\)
\(S2=(1-1)^n=C_n^0+C_n^1+C_n^2+......-C_n^{n-1}+C_n^n\)
便得到 \(ans=\frac{S1+S2}{2}=2^{n-1}\)
这题就离谱了,我们并不是构造的很出来,所以我们直接给出答案:
\((1+1)^n-(1-1)^n=2(C_n^0+C_n^2+......+C_n^n)\)
\((1+i)^n-(1-i)^n=2(C_n^0-C_n^2+......+C_n^n)\) (基于复数的二项式定理,没想到吧?反正我想不到(逃 ))
所以 \(ans=\frac{2^n+(1+i)^n+(1-i)^n}{4}\),我们写一个复数快速幂就好了(逃
G题 机器人 (状压DP/贪心)
说实话,出题人给的正解是状压 \(DP\) 就离谱,难怪这题给的数据规模这么奇怪(逃
想看状压写法的可以去看官方题解,这里我给出一个基于贪心的解法,使用临项交换法证明(想要系统学习的可以来看我以前写的一个博客:临项交换法在贪心算法中的应用):
假定我们已经按照某种顺序将这些机器人排序好了,我们尝试挑选两个相邻机器人 \(i\) 和 \(j\) ,看看 \(x\) 在经历两者变换之后会咋样:
- 先 \(i\) 后 \(j\) :最后值为 \(a_j(a_ix+b_i)+b_j=a_ia_jx+a_jb_i+b_j\)
- 先 \(j\) 后 \(i\) :最后值为 \(a_i(a_jx+b_j)+b_i=a_ia_jx+a_ib_j+b_i\)
显然,当 \(a_jb_i+b_j>a_ib_j+b_i\) 时,应当先 \(i\) 后 \(j\) ,否则应该先 \(j\) 后 \(i\) 。显然这样不会使得结果更差。
推广到 \(n\) 长度的数列,那么就是对于每个机器人,按照上面这个式子进行排序(或者说按照 \(\frac{b}{a-1}\) 从大到小排序,但是排序函数还是按照上面那个写,不然容易出现浮点误差,除零这些乱七八糟的问题),这样的顺序可以保证最后的答案就是最优解。
然后,我欢欢喜喜的写好代码,交上去,然后...... \(WA\) 了(逃
后来发现,出题人一定是借鉴了 \(\text{NOIP2012}\) 国王游戏的出题人的精神:这题没有让我们取模啥的,但是最大数据规模大约在 \(20^{20}\) 左右,超过了 \(\text{long long}\) 的表示范围,所以我们必须得写高精度
如果不想手写高精度,那么只有两种方法:
- 用下 \(\text{int128}\),可以简单应付下不是太离谱的数据(例如本题)(这个好像只在基于 \(\text{Linux}\) 的评测机上面才能用,\(\text{Windows}\) 好像用不了
- 上 \(\text{Java}\) 或者 \(\text{python}\) 这种自带高精度的语言(但是多了 \(\text{TLE}\) 的风险
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void print(__int128 x)
{
if (!x) return;
if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
print(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
struct Robot {
int a, b;
bool operator < (const Robot &rhs) const {
return rhs.a * b + rhs.b > a * rhs.b + b;
}
};
const int N = 30;
int n;
Robot r[N];
int main()
{
int x;
scanf("%d%d", &n, &x);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d%d", &r[i].a, &r[i].b);
sort(r + 1, r + n + 1);
__int128 ans = x;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int a = r[i].a, b = r[i].b;
ans = a * ans + b;
}
print(ans);
return 0;
}
H题 动态最小生成树
这题我暴力都不会写,告辞
I题 贪吃蛇 (BFS)
看起来有点小懵圈,但是简单理解下题意后(外加看了下飞速增加的榜单),发现这玩意就是一个迷宫 \(BFS\) 的题,直接写就好了,复杂度 \(O(nm)\) 。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N = 110;
int a[N][N], vis[N][N];
int n, m, sx, sy, tx, ty;
inline bool can(int x, int y) { return 1 <= x && x <= n && 1 <= y && y <= m && a[x][y]; }
//
struct Node {
int x, y, dis;
};
queue<Node> q;
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
scanf("%d%d%d%d", &sx, &sy, &tx, &ty);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
char s[N];
scanf("%s", s + 1);
for (int j = 1; j <= m; ++j)
if (s[j] == '.') a[i][j] = 1;
else a[i][j] = 0;
}
vis[sx][sy] = 1, q.push((Node){sx, sy, 0});
while (!q.empty()) {
Node now = q.front(); q.pop();
int x = now.x, y = now.y, dis = now.dis;
if (x == tx && y == ty) {
printf("%d", dis * 100);
return 0;
}
//
if (can(x - 1, y) && !vis[x - 1][y])
vis[x - 1][y] = 1, q.push((Node){x - 1, y, dis + 1});
if (can(x + 1, y) && !vis[x + 1][y])
vis[x + 1][y] = 1, q.push((Node){x + 1, y, dis + 1});
if (can(x, y - 1) && !vis[x][y - 1])
vis[x][y - 1] = 1, q.push((Node){x, y - 1, dis + 1});
if (can(x, y + 1) && !vis[x][y + 1])
vis[x][y + 1] = 1, q.push((Node){x, y + 1, dis + 1});
}
printf("-1");
return 0;
}
J题 天空之城 (字符串处理,最小生成树)
读完题目之后,简单理解下,就可以理解题目的意思:
给定一个 \(n\) 点 \(m\) 边的带权无向边图,尝试选出部分边,使得基于这些边构建的图可以使得 \(n\) 个点全部联通,并且使得边权和最小。
我已经失了智了,想了好长时间才发现,这玩意不就是让我们求最小生成树吗?
对于将城市名映射为 \(1\) 到 \(n\) 的数字的处理比较烦,我们可以 \(Hash\) ,也可以直接用 \(map\) 啥的来写。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N = 5010, M = 200010;
struct Edge {
int u, v, d;
bool operator < (const Edge &rhs) const {
return d < rhs.d;
}
}edges[M];
//
int fa[N];
void init(int n) {
for (int i = 1; i <= n; ++i) fa[i] = i;
}
int find(int x) {
if (x != fa[x]) fa[x] = find(fa[x]);
return fa[x];
}
void merge(int x, int y) {
x = find(x), y = find(y);
if (x != y) fa[x] = y;
}
//
int n, m, tot;
map<string, int> Hash;
int main()
{
while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
tot = 0;
Hash.clear();
char a[20], b[20];
scanf("%s", a);
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int u, v, dis;
scanf("%s%s%d", a, b, &dis);
u = Hash[a], v = Hash[b];
if (u == 0) u = Hash[a] = ++tot;
if (v == 0) v = Hash[b] = ++tot;
//printf("u=%d v=%d d=%d\n", u, v, dis);
edges[i].u = u, edges[i].v = v, edges[i].d = dis;
}
init(n);
sort(edges + 1, edges + m + 1);
int cnt = 0;
LL ans = 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int u = edges[i].u, v = edges[i].v;
if (find(u) != find(v)) {
merge(u, v);
++cnt, ans += edges[i].d;
}
if (cnt == n - 1) break;
}
if (cnt == n - 1) printf("%lld\n", ans);
else puts("No!");
}
return 0;
}
标签:const,括号,int,text,scanf,long,牛客,补题,集训营 来源: https://www.cnblogs.com/cyhforlight/p/14447929.html
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