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| \(\checkmark\) | \(\checkmark\) | \(O\) | \(\checkmark\) | \(\checkmark\) | \(O\) | \(\checkmark\) | \(O\) | \(O\) | \(\times\) |
\(\checkmark\)：代表比赛时通过。
\(O\)：代表赛后补题通过。
\(\times\)：代表目前还未通过。
A. honoka和格点三角形
题目链接
题目大意
在一个\(n\)行\(m\)列的矩阵点阵中求出满足一下要求的三角形的个数：
- 三角形的三个顶点均为格点（横纵坐标均为整数）。
- 三角形的面积为\(1\)。
- 三角形至少有一条边和\(x\)轴或者\(y\)轴平行。
解题思路
三角形的面积为\(1\)，并且横纵坐标均为整数，那么分为两种情况（平行\(x\)轴或者\(y\)轴的为底边）：
- 底边为\(1\)，高为\(2\)。
- 底边为\(2\)，高为\(1\)。
再根据底边平行的轴不同，分为四种情况即可。
AC代码
#include
const int mod = 1e9+7;
const int maxn=1e5+10;
typedef long long ll;
using namespace std;
int main()
{
ll y,x;
cin>>y>>x;
ll res;
if(x>=3)
res = ((2LL*(y-1)*(x-2))%mod)*(x-2+y)%mod;
if(y>=3)
res+= ((2*(x-1)*(y-2))%mod)*(x+y-2)%mod;
res%=mod;
cout< 总结
规律总结题。
B. kotori和bangdream
题目链接
题目大意
每个音符有\(x\%\)的概率得\(a\)分，有\((100-x)\%\)的概率得\(b\)分，求\(n\)个字符的得分期望。
解题思路
求出\(n\)个字符分为全部为\(a\)分和\(b\)的得分，乘以对应的概率即为答案。
AC代码
#include
const int maxn=1e5+10;
typedef long long ll;
using namespace std;
int main()
{
double n,x,a,b;
cin>>n>>x>>a>>b;
a*=n;
b*=n;
a*=x;
a/=100;
b*=(100-x);
b/=100;
printf("%.2f",a+b);
return 0;
} 总结
签到题，但由于自己的粗心，没有注意浮点数的使用。在比赛过程中遇到除运算的时候，应当小心一点。
C. umi和弓道
题目链接
题目大意
在二维坐标中有一个起始点\((x_0,y_0)\)与其他\(n\)个点相连构成\(n\)条射线，在\(x\)轴或者\(y\)轴上放一个挡板，切断两点之间的连接，现求挡板的最小长度以使没有被切断的连线的数量不超过\(k\)
解题思路
\(n\)个点中与起始点在同一象限的点是不可能被挡板给挡住的，那么分别统计与起始点不在同一象限的点与起始点的连线在\(x\)轴和\(y\)轴的交点。题目求没有被挡板挡住的连线不超过\(k\)，换言之就是要挡住至少\(n-k\)个点。然后找出连续\(n-k\)个点构成区间的最小值。
AC代码
#include
const int maxn=1e5+10;
typedef long long ll;
using namespace std;
vectorv1,v2;
int main()
{
double x0,y0;
cin>>x0>>y0;
int n,k;
cin>>n>>k;
k=n-k;
for(int i=0;i>x1>>y1;
double a=(y0-y1),b =(x1-x0);
if(x1*x0<0){
double jiao=a/b*x0+y0;
v2.push_back(jiao);
}
if(y1*y0<0){
double jiao=x0+b/a*y0;
v1.push_back(jiao);
}
}
sort(v1.begin(),v1.end());
sort(v2.begin(),v2.end());
double res=1e18;
if(v1.size()>=k){
int st=0,ed=st+k-1;
while(ed=k){
int st=0,ed=st+k-1;
while(ed 总结
D. hanayo和米饭
题目链接
题目大意
有\(1,2,3 \cdots,n\)个数字，现在从中任意拿走一个数字，根据剩下的\(n-1\)个数字，判断拿走的数字是多少。
解题思路
方案1：直接排序
将输入的\(n-1\)个数字存在一个数组当中，排一个序，遍历数组，如果数字的下标和数字不相等，即为答案。
方案二：求和
在输入的过程中求出\(n-1\)个数字的和，再根据高斯公式求出\(n\)个数字的和，两个相减即为答案。
AC代码
#include
const int maxn=1e5+10;
typedef long long ll;
using namespace std;
int a[maxn];
int main()
{
int n;
cin>>n;
for(int i=0;i>a[i];
}
sort(a,a+n-1);
for(int i=0;i 总结
签到题。
E. rin和快速迭代
题目链接
题目大意
给你一个式子\(f(x)\)表示\(x\)的正整数因子的个数，不断迭代\(f(x)\)的结果，求最终结果为\(2\)时的迭代次数。
解题思路
直接模拟题意迭代即可，刚开始拿到这道题的时候，以为有什么规律，所以一开始的方向就错了。
时间复杂度为\(O(\sqrt{n})\)。
AC代码
#include
const int maxn=1e5+10;
typedef long long ll;
using namespace std;
int solve(ll x){
int cnt=0;
for(ll i=2;i*i<=x;i++){
if(x%i==0){
cnt+=2;
if(i*i==x)cnt--;
}
}
return cnt;
}
int main()
{
ll n;
cin>>n;
int res=0;
ll mid=solve(n)+2;
while(mid!=2){
res++;
mid=solve(mid)+2;
// cout< 总结
在做题的过程中一定要重视计算时间复杂度，最开始以为直接模拟会炸，所以没有去写，往找规律的方向去思考去了，耽误了时间。同时要注意数据的范围，这道题就犯了这个错误。
F. maki和tree
题目链接
题目大意
在一个有\(n\)个点的树上，每个点被标记为白色或者黑色，问有多少条只包含一个黑点的简单路径。
解题思路
简单路径只有两种情况下会包含一个黑点：
- 起始点和终点都为白点。
- 两个断点其中一个是黑点。
这道题个人认为切入点为黑点，因为路径中只有一个黑点，那么这个黑点要么为起始或者重点，要么将多个白点连接起来作为中间点。这样一来就要找到黑点连接的白点所在的联通块总共有多少个白点，因为是在树上，所以每个联通块是各自独立的，不存在重复计算的情况。计算联通块中节点的个数可以用并查集，并查集中在连接两个节点的时候，统计其所在父亲的孩子数量，这样其他节点所在联通块的节点数量为其父亲节点的孩子数量加\(1\)。
假设某一个黑点，连接了\(k\)个节点，其中\(f(i)\)表示第\(i\)个节点所在联通块的节点个数：
- 第一种情况的计算结果为\(\sum_{i=1}^k{\sum_{j=i+1}^k}f(i)*f(j)\)。
- 第二种情况的计算结果为\(\sum_{i=1}^kf(i)\)。
AC代码
#include
const int maxn=1e5+10;
typedef long long ll;
using namespace std;
int n;
string color;
vectorG[maxn];
int pre[maxn];
void init(){
for(int i=0;itemp){
ll res=0;
for(int i=0;i>n;
cin>>color;
//对并查集数组进行初始化
init();
for(int i=0;i>x>>y;
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
if(color[x-1]=='W'&&color[y-1]=='W'){
uni(x,y);
}
}
ll res=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
nodenum[i]=childnum[find(i)]+1;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(color[i-1]=='B'){
vectortemp;
for(int j=0;j 总结
本以为自己对并查集的掌握比较牢靠，但这道题还是没有做的出来，唉！这道题用并查集来做的思维还是比较独特。希望自己多多积累经验。
G. eli和字符串
题目链接
题目大意
给你一个只包含小写字母的字符串，求满足有\(k\)个相同字母的子串的最小长度。
解题思路
利用二维数组，分别统计\(26\)种字母的位置。如果每种字母的个数都小于\(k\)，那么就不存在这样的字符串，输\(-1\)。
对于每一种字母的情况，遍历每一行，\(i\)下标对应的值表示第\(1\)个字母出现的位置，\(i+k-1\)下标对应的值表示第\(k\)个字母出现的位置，维护区间最小值即可。
AC代码
#include
const int maxn=1e5+10;
typedef long long ll;
using namespace std;
vectora[30];
int main()
{
int n,k;
cin>>n>>k;
string str;
cin>>str;
for(int i=0;i 总结
简单的统计，没有什么难度。
H. nozomi和字符串
题目链接
题目大意
给你一个长度为\(n\)只包含\(01\)字符的字符串，拥有\(k\)次操作将字符\(0\)变为\(1\)或者将\(1\)改变为\(0\)，问经过最多\(k\)次操作（\(k\)次机会可以不用完）之后字符相同的子串的最长长度。
解题思路
总体思路是贪心。先考虑\(k\)大于等于\(1\)的个数或者大于\(0\)的个数的情况，那么结果就是字符串的长度；另一种情况则统计每一个\(1\)的前缀\(1\)和后缀\(1\)的位置，然后遍历一遍，以\(start\)为起点，\(end\)为终点，贪心\(k\)个1的位置，将这\(k\)个\(1\)都改变为\(0\)，那么字符串区间为为下标\(end+1\)的值减去下标\(start-1\)的值再加\(1\)。
AC代码
/*
H题补题
*/
#include
using namespace std;
int main()
{
int n,k;
cin>>n>>k;
string str;
cin>>str;
vectorv[2];
v[0].push_back(-1);
v[1].push_back(-1);
for(int i=0;i 总结
最开始在做这道题的时候想的太过于复杂，想到用动态规划去做，没有往贪心上靠。
I. nico和niconiconi
题目链接
题目大意
给你一个长度为\(n\)的字符串，其中"nico" 计\(a\)分，"niconi" 计\(b\)分，"niconiconi" 计\(c\)分，求出字符串最多能得多少分。（已经计算过的字符不能重复进行计算）
解题思路
利用动态规划的思想，\(dp[i]\)表示前\(i\)个字符的最大值，转移方程为：
\[ \begin{align} &if(i>=3\&\&substr(i-3,4)=nico)dp[i]=max(dp[i],dp[i-3]+a)\\ &if(i>=5\&\&substr(i-5,6)=niconi)dp[i]=max(dp[i],dp[i-5]+b)\\ &if(i>=9\&\&substr(i-9,10)=niconiconi)dp[i]=max(dp[i],dp[i-9]+c)& \end{align} \]
AC代码
#include
const int maxn=3e5+10;
typedef long long ll;
using namespace std;
ll dp[maxn];
int main()
{
int n,a,b,c;
cin>>n>>a>>b>>c;
string str;
cin>>str;
int len=str.size();
dp[0]=0;
for(int i=1;i=3&&str.substr(i-3,4)=="nico")
dp[i]=max(dp[i],dp[i-3]+a);
if(i>=5&&str.substr(i-5,6)=="niconi")
dp[i]=max(dp[i],dp[i-5]+b);
if(i>=9&&str.substr(i-9,10)=="niconiconi")
dp[i]=max(dp[i],dp[i-9]+c);
}
cout< 总结
动态规划还是自己的弱点啊，根本没有想到这方面，其实理解之后还是蛮简单的，但就是当时看到这道题过题人数不是很多，给自己造成了心理压力，先入为主。