牛客小白月赛27

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B 乐团派对

先将 $a$数组从小到大排序， $dp[i]$表示前 $i$个乐手最多组成多少乐队。

• 首先先进行一个判断，如果 $a[n]>n$，那么这样会使一个乐队都组不起来。比如
  $i: \quad 1\ 2\ 3\ 4 \ 5 \\ a[i]:7 \ 7 \ 7 \ 7 \ 7$
• 其次就可以推出转移方程了

	if(a[i]<=i)
		dp[i]=max(dp[i-1],dp[i-a[i]]+1);
    else 
    	dp[i]=0;

$dp[i-a[i]]+1$的意思就是退回去， $[1,i-a[i]]$组成 $dp[i-a[i]]$个乐队， $[i-a[i],i]$组成一支乐队。

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int a[maxn],dp[maxn],n;
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    sort(a+1,a+1+n);
    if(a[n]>n){
        puts("-1");
    }
    else
    {
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(a[i]<=i)dp[i]=max(dp[i-1],dp[i-a[i]]+1);
            else dp[i]=0;
        }
        cout<<dp[n]<<endl;
    }
}

D 巅峰对决

线段树：单点更新+区间查询。
既然任何时候这 $n$个数字均互不相同,那么就维护这个区间的最大值或者最小值即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
typedef  long long ll;
ll a[maxn<<2];
ll n,m,q,op1,x,y,l,r;

struct sa{
    ll mn;
    ll mx;
}tr[maxn<<2];

inline void pushup(ll i)
{
    tr[i].mn = min(tr[i<<1].mn,tr[i<<1|1].mn);
    tr[i].mx = max(tr[i<<1].mx,tr[i<<1|1].mx);
}

void bulid(ll i,ll l,ll r)
{
    if(l==r){
        tr[i].mn=a[l];
        tr[i].mx=a[l];
        return;
    }
    ll mid=(l+r)>>1;
    bulid(i<<1,l,mid);
    bulid(i<<1|1,mid+1,r);
    pushup(i);
}

inline void update (ll i,ll l,ll r,ll x,ll y)
{
    if(l>x||r<x) return;
    if(l==x&&l==r) {
        tr[i].mn=y;
        tr[i].mx=y;
        return;
    }
    ll mid=(l+r)>>1;
    update(i<<1,l,mid,x,y);
    update(i<<1|1,mid+1,r,x,y);
    pushup(i);
}

ll query_min(ll i,ll l,ll r,ll x,ll y)
{
    ll res=inf;
    if(l>y||r<x) return 0;
    if(l>=x&&r<=y) return tr[i].mn;
    ll mid=(l+r)>>1;
    if(x<=mid) res=min(res,query_min(i<<1,l,mid,x,y));
    if(y>mid)  res=min(res,query_min(i<<1|1,mid+1,r,x,y));
    return res;
}

ll query_max(ll i,ll l,ll r,ll x,ll y)
{
    ll res=-inf;
    if(l>y||r<x) return 0;
    if(l>=x&&r<=y) return tr[i].mx;
    ll mid=(l+r)>>1;
    if(x<=mid) res=max(res,query_max(i<<1,l,mid,x,y));
    if(y>mid)  res=max(res,query_max(i<<1|1,mid+1,r,x,y));
    return res;
}

namespace IO{
    char ibuf[1<<21],*ip=ibuf,*ip_=ibuf;
    char obuf[1<<21],*op=obuf,*op_=obuf+(1<<21);
    inline char gc(){
        if(ip!=ip_)return *ip++;
        ip=ibuf;ip_=ip+fread(ibuf,1,1<<21,stdin);
        return ip==ip_?EOF:*ip++;
    }
    inline void pc(char c){
        if(op==op_)fwrite(obuf,1,1<<21,stdout),op=obuf;
        *op++=c;
    }
    inline ll read(){
        register ll x=0,ch=gc(),w=1;
        for(;ch<'0'||ch>'9';ch=gc())if(ch=='-')w=-1;
        for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=gc())x=x*10+ch-48;
        return w*x;
    }
    template<class I>
    inline void write(I x){
        if(x<0)pc('-'),x=-x;
        if(x>9)write(x/10);pc(x%10+'0');
    }
    class flusher_{
    public:
        ~flusher_(){if(op!=obuf)fwrite(obuf,1,op-obuf,stdout);}
    }IO_flusher;
}
using namespace IO;

int main()
{
    n=read();q=read();
    rep(i,1,n)  a[i]=read();
    bulid(1,1,n);
    rep(i,1,q){
        op1=read();x=read();y=read();
        if(op1==1){
            update(1,1,n,x,y);
        }
        if(op1==2){
            l=query_min(1, 1, n, x, y);
            r=query_max(1, 1, n, x, y);
            if(y-x==r-l) puts("YES");
            else puts("NO");
        }
    }
    return 0;
}

E 使徒袭来

由基本不等式得： $a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc}$

n=float((input()))
s=3*(n**(1/3))
print(f'{s:.3f}')

F 核弹剑仙

用链式前向星存图，威力小的指向威力大的。
以每一个节点遍历全图，看能遍历几个点即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn=1e4+10;
struct Edge
{
    int u, v, next;
}edge[maxn<<2];
int head[maxn];
int cnt;
void add_edge(int u, int v)
{
    edge[cnt].u = u;
    edge[cnt].v = v;
    edge[cnt].next = head[u];
    head[u] = cnt++;
}
int n,m,x,y,ans,vis[maxn];

int solve(int x)
{
    for(int i=head[x];i!=-1;i=edge[i].next)
    {
        int v=edge[i].v;
        if(vis[v]) continue;
        vis[v]=1;
        ans++;
        solve(v);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    IOS;
    memset(head, -1, sizeof(head));
    cin>>n>>m;
    while(m--){
        cin>>x>>y;
        add_edge(y, x);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ans=0;
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        cout<<solve(i)<<endl;
    }
}

G 虚空之力

贪心的思想。
尽量运用一二得二的方式。
如果 $2*k<=ans$,那么结果就是 $2*k$
反之结果就是 $ans$，因为 $ans$必被耗完，而正巧的是 $ans$减多少，结果就加多少，所以一一对应就可以了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
const int inf=0x3f3f3f3f;

string s;
int k,i,n,g,ans;
int main()
{
    IOS;
    cin>>n;
    cin>>s;
    n=0;
    for(int j=0;j<s.size();j++){
        if(s[j]=='k') k++;
        if(s[j]=='i') i++;
        if(s[j]=='n') n++;
        if(s[j]=='g') g++;
    }
    ans=min(g,min(i,n));
    int maxn=-inf;
    if(2*k<=ans) maxn=2*k;
    else maxn=ans;
    cout<<maxn<<endl;
    return 0;
}

J 逃跑路线

$(2^1 −1)\&(2^{2}-1)(2^2 −1)\&…\&(2^{n}-1)=1$
这就转化成了判断奇偶性的题。

ans=0
for _ in range(int(input())):
    ans+=int(input())
if ans&1:
    print(1)
else:
    print(0)

要是用 $c++$的话，就看奇数的个数有多少个，判断奇数就是看这个数的最后一位是否为奇数。

完结。