2020牛客寒假算法基础集训营第二场 解题报告

雷比较多,需要一个一个踩。

A : 做游戏

考察点 : 签到题,是否细心(就是看你能否跳过坑)
坑点  :  注意都用 long long 数据类型（两个数相加 可能也会爆 int 哦,刚开始就 卡在这了）

Code：

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

LL a,b,c,x,y,z;
LL res = 0;

int main(void) {
    scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);               // long long
    scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
    res += min(a,y) + min(b,z) + min(c,x);
    cout << res << endl;
    return 0;
} 

B : 排数字

考察点 : 字符串,及特判,对某些名词的概念理解
坑点 : 一定要认真读题,认真读题,题中是子串,而不是子序列,子串是连续的,所以 616一定是连续的,比如 61616就是
       两个,而不是三个,只统计616,不用统计61616,也不能随意组合,因为是连续的。

Code ：

#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <deque>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

string str;
int n;
LL one,six;

int main(void) {
    scanf("%d",&n);
    cin >> str;
    for(int i = 0; i < str.length(); i ++) { // 只需要判断 6 和 1 的个数即可
        if(str[i] == '1') one ++;
        if(str[i] == '6') six ++;
    }
    six --;
    if(one == 0 || six < 1) cout << 0 << endl;
    else cout << min(six,one);  // 子串是连续的,子序列可以是不连续的

    return 0;
}

C:算概率

考察点 : dp ,概率, 同余定理，模运算下的意义
坑点 : long long ，模的数一般都比较大,所以用 long long 比较保险
最好 + 上一个 MOD 防止出现 负数

析题得侃 :

遇到 DP 就歇菜,只能慢慢啃了。
DP 最容易的是只需要一个转移方程,最艰难的就是找到这个转移方程。(一般是题最后问的是什么我们就设什么)
假设 DP[i][j] 表示前 i 道题中 恰好做对 j 道的概率是多少,下一步就会出现两种情况:
1、第 i 道是对的,那么 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] * p[i];
2、第 i 道是错的,那么 dp[i][j] = dp[i - 1][j] * (1 - p[i]);  // 1 - p[i] 是做错的概率
所以 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] * p[i] + dp[i - 1][j] * (1 - p[i]);

Code：

#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int MOD  = 1e9 + 7;
const int maxn = 2020;

LL dp[maxn][maxn],p[maxn];
int n;

int main(void) {
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        scanf("%lld",&p[i]);
    }
    dp[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {                              // 前 i 道中 0 道正确的概率也就是没有正确的概率(初始化,为后面做准备)
        dp[i][0] = dp[i - 1][0] * (MOD + 1 - p[i]) % MOD;   // + 1是为了防止取到负数 (同余定理)
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        for(int j = 1; j <= i; j ++) {
            dp[i][j] =( (dp[i - 1][j - 1] * p[i]) % MOD + dp[i - 1][j] * (MOD + 1 - p[i]) ) % MOD;  // 单个模跟 + 括号 模整体是不一样的
        }
    }
    for(int i = 0; i <= n; i ++ ) {
        cout << dp[n][i] << ' ';
    }
    return 0;
}

D : 数三角

考察点 : 数学知识,动手能力
坑点  :  多画画就都看出来了,三点共线的一定无法组成三角形,需要我们进行特判(太坑了)
         平面内任意三个点都可以组成一个三角形,只有是线段是我们才会用三角形定理去判断。

析题得侃 :

这道题都能看出来,但能做对还是不太容易的,尤其对于像我这种渣渣来说,就是动手能力太差,其实看到这道题就应该先想想
有哪些地方需要特判的(三点共线卡了将近半个小时,最后还是从别人那里听来的,太不容易了)。

Code ：

#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <deque>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;
const int maxn = 505;

struct node {
    double x,y;
} dot[maxn];
int n;

double a[5];

double num(int x,int y) {
    return (dot[x].x - dot[y].x) * (dot[x].x - dot[y].x) + (dot[x].y - dot[y].y) * (dot[x].y - dot[y].y)  ;
}


int main(void) {
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        scanf("%lf%lf",&dot[i].x,&dot[i].y);
    }
    LL res = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        for(int j = i + 1; j <= n; j ++) {
            for(int k = j + 1; k <= n; k ++) {
                if((dot[k].y - dot[i].y) * (dot[j].x-dot[i].x) - (dot[j].y-dot[i].y)*(dot[k].x-dot[i].x) == 0) continue;
                                // 用斜率来判断三点是否共线
                a[0] = num(i,j),a[1] = num(i,k),a[2] = num(j,k);
                                //钝角三角形: 假设 C 是最长边,需满足 A^2 + B^2 < C^2 或者一个角 > 90度 
                sort(a,a + 3);
                if(a[0] + a[1] < a[2]) res ++;
            }
        }
    }
    printf("%lld\n",res);
    return 0;
}

E : 拿物品

考察点 ：数论,思维
坑点 : 不同的两个数交换位置也算一组(哈哈哈哈哈,这也可以,服了,还是想的不够周到)

析题得侃:

乍一看,数论呀,直接跳过,结束后看题解,真easy。(还是能力不济)
我们需要将原来的式子简化一下,然后缩减范围,就像我们之前学的,遇到根号开根号,然后观察这个式子的性质。

扫描二维码关注公众号，回复： 8998185 查看本文章

Code：

#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <deque>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;
int n;

vector<int>num;

int main(void) {
    scanf("%d",&n);
    LL res = 0;
    for(int i = 1; i * i <= n; i ++) {
        if(i  == sqrt(i * i)) {
            num.push_back(i * i);
        }
    }
    for(int i = 0; i < num.size(); i ++) {
        for(int j = 1; j * j <= num[i]; j ++) {
            if(num[i] % j == 0) {
                if(num[i] / j != j) res += 2;      // i 和 j 位置不相等的时候互换位置也算,啊啊啊 
                else res ++;
            }
        }
    }
    cout << res << endl;
    return 0;
}

F ： 拿物品

考察点: 贪心(邻项交换),排序
坑点 : 错误的贪心思想,哪个属性的值大就选哪个,这个并不是最优结果.
eg： a : 2 200
b : 1000 50
如果我们按照上述贪心思想,先对 a 排序取最大的显然不是最优的。

析题得侃: 这种类型是贪心得一种典型类型 : 邻项交换得原则(相邻得两个交换并不会影响其他得值,前提是 两个数得属性整体相加,

        也有可能是整体相乘再排序,这样会得到一个最优得结果)(最可惜的是我前几天刚做过一道类似得题目,但是当时没有总结
        惨痛得教训,学到得知识一定要及时整理和复习)

相关题型:

耍杂技的牛
国王游戏
Code：

#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <deque> 
#include <cmath> 
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;
const int maxn = 2e5 + 10;
struct node {
    LL a,b,pos;
}gooda[maxn];

int vis[maxn];

int n;

bool cmp1(node a,node b) {
    return a.a > b.a;
}

int main(void) {
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        scanf("%lld",&gooda[i].a);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        scanf("%lld",&gooda[i].b);
        gooda[i].a += gooda[i].b;
        gooda[i].pos = i;
    }
    sort(gooda + 1,gooda + 1 + n,cmp1);
    vector<LL>a,b;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        if(i % 2 == 1) a.push_back(gooda[i].pos);
        else b.push_back(gooda[i].pos);
    }
    for(int i = 0; i < a.size(); i ++) {
        cout << a[i] << " ";
    }
    cout << endl;
    for(int i = 0; i < b.size(); i ++) {
        cout << b[i] << " ";
    }
    cout << endl;
    return 0;
} 

G ： 判正误

考察点 : 快速幂，取模
坑点  :  换几个模试试 MOD 1e9 + 7 有可能过不了, MOD % 1e9 + 8 就过了(哈哈哈哈,服了)

析题得侃 :

这么大次方,肯定选 快速幂,又有这么大的数,得取模呀(虽然题目中没有这样要求,但是我们可以这样尝试一下)

Code ：

#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <deque> 
#include <cmath> 
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int MOD = 1e9 + 8;
typedef long long LL;

LL a,b,c,d,e,f,g;

LL quick_mod(LL a,LL b) {
    LL res = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) res = res % MOD * a % MOD;
        a = a % MOD * a % MOD; 
        b >>= 1;
    }
    return res;
} 

int main(void) {
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t --) {
        scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d,&e,&f,&g);
        LL ans = quick_mod(a,d) % MOD + quick_mod(b,e) % MOD + quick_mod(c,f) % MOD ;
        if(ans % MOD == g  % MOD) {
            cout << "Yes" << endl;
        } else {
            cout << "No" << endl;
        }
    }
    return 0;
    
    
} 

H ： 施魔法

考察点 : DP,思维,推理
坑点   : 遇到 DP 就凉凉

Code ： 待补(目前看题解还没搞透彻)

I ：建通道

考察点 : Tree,位运算,思维
坑点 : 能想到就完事了,去重

析题得侃 :

初看这道题,这不是最小生成树的模板吗,但是定睛一看,发现没边权呀,这不是歇菜了。
后来在一位大佬的指导下,终于将其看懂,理解,并且AC。
这道题还是蛮有特点的 : 求 异或(二进制位下相同 取 0 不同取 1),而且还是 lowbit（异或）下的最小值。
我们知道两个不同的数在二进制下一定存在某一位是不同的(一个是 0 ,一个是 1),那么在我们的所有数中,也
一定存在在更低的位置(靠右的)有两个不同的二进制位,我们将这两个不同的二进制位取异或,得到的一定是 1 ,
再lowbit那么这个肯定就是这两个点的之间的最小边权(我们说了是在最低的位置),然后我们知道所有数都可以
通过二进制表示出来,那么这个数的二进制位与最低位的同一个位置的数一定不是 0 就是 1 ,我们知道最小边
权的一端存在一个 0 ,另一端存在一个 1,那么我们只要让这个数的的该二进制位是 0 就和 1 相连,是 1 就和
0 相连,因为异或。到这里,就都是最小边权了,最后的最小花费就是 （m - 1） * 最小边权。

lowbit（x） = x & (-x); 
lowbit () 取得的值 1,2,4,8........（所以最多只需要枚举30次）(可以写个数的二进制位模拟一下)

#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <deque> 
#include <cmath> 
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;
const int maxn = 2e5 + 10;
int n,value;
bool Exit[31][2];
set<int>sets; 
set<int>::iterator it;

int main(void) {
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        scanf("%d",&value);
        sets.insert(value);     // 题中没有说不会有重复的值,需要去重,这也是一个坑点
    }
    for(it = sets.begin(); it != sets.end(); it ++) {  // 将所有数的二进制位进行标记
        for(int i = 0; i <= 30; i ++) {
            int value = *it;
            if((value >> i) & 1) Exit[i][1] = true;
            else Exit[i][0] = true;
        }
    }
    LL res = 0;
    for(int i = 0; i <= 30; i ++ ) {
        if(Exit[i][0] && Exit[i][1]) {           // 寻找最小的异或的位置
            res = (sets.size() - 1) * (1 << i);
            break;
        }
    }
    cout << res << endl;
    return 0;
} 

J ：求函数

考察点 : 线段树的基本操作
坑点 ： 代码比较长,注意细节

析题得侃 :

线段树我们肯定要找到需要合并得东西,例如求区间和我们需要父节点存储得是两个数得和,求区间最大值我们需要
往上推送的是两个数的最大值,那这个需要往上pushup的是啥呢 ?
我们发现 ： f(L) = kL + b
           所以 f(L1) = f(f(L)) = k(k * L + b) + b = k * k * L + k * b + b;
所以我们pushup 的应该是 k * k + k * b + b （K, b 都是已知的）(可以分成两部分)

#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

#define int long long

using namespace std;

const int maxn = 2e5 + 10;
const int MOD = 1e9 + 7;

typedef long long LL;

struct node {
    int l,r,k,b;
} tree[maxn << 2];

int a[maxn],b[maxn];
int n,m;

int ans,res;

signed main(void) {
    void build(int u,int l,int r);
    void update(int u,int x);
    void query(int u,int l,int r);
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        scanf("%lld",&a[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        scanf("%lld",&b[i]);
    }
    build(1,1,n);
    while(m --) {
        int op,pos,l,r;
        scanf("%lld",&op);
        if(op == 1) {
            scanf("%lld",&pos);
            update(1,pos);
        } else {
            ans = 0,res = 1;                     // 这里我们设置成全局变量,就不用最后去合并了,最好还是合并吧,这样写总感觉有点不妥
            scanf("%lld%lld",&l,&r);
            query(1,l,r);
            cout << (ans + res) % MOD << endl;
        }
    }
    return 0;
}

void pushup(int u) {
    tree[u].k = (tree[u << 1].k * tree[u << 1 | 1].k) % MOD;
    tree[u].b = (tree[u << 1 | 1].k * tree[u << 1].b + tree[u << 1 | 1].b ) % MOD;
    return ;
}

void build(int u,int l,int r) {
    if(l == r) {
        tree[u].l = l;
        tree[u].r = r;
        tree[u].k = a[l];
        tree[u].b = b[l];
        return ;
    }
    tree[u].l = l;
    tree[u].r = r;
    int mid = l + r >> 1;
    build(u << 1,l,mid);
    build(u << 1 | 1,mid + 1,r);
    pushup(u);
    return ;
}


void update(int u,int x) {
    if(tree[u].l == tree[u].r) {
        scanf("%lld%lld",&tree[u].k,&tree[u].b);
        return ;
    }
    int mid = tree[u].l + tree[u].r >> 1;
    if(x <= mid) update(u << 1,x);
    else update(u << 1 | 1,x);
    pushup(u);

}

void query(int u,int l,int r) {
    if(tree[u].l >= l && tree[u].r <= r) {
        res = (res * tree[u].k) % MOD;
        ans = (ans * tree[u].k + tree[u].b) % MOD;
        return ;
    }
    int mid = tree[u].l + tree[u].r >> 1;
    if(l <= mid) query(u << 1,l,r);                    // 这里判断条件一定不要写反,写反可能会发生段错误,调了一个多小时,最后还是对照着别人的才看出来
    if(r > mid) query(u << 1 | 1,l,r);

    return ;
}