2020牛客寒假算法基础集训营6【A - J】
题目来源：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3007#question
这场又有好多AK的，我tcl… 可能会补2题左右，保证不咕~
A - 配对
先对两个序列从小到大排序，假如选第k大的，那我们肯定不能让第k大的这个碰到两个序列前1 - k 的元素，忽略他们，然后后面的头+尾 排个序取最小值
#includeB - 图
这题应该就是类似于记忆化搜索，搜过的点标记上它的值，然后可以O(n)解决，难点就在于环的处理。但是这样想，从一个点开始搜，它最终的结局要么是撞到自己刚刚搜到的点成环，要么是碰到已经搜过的点把这个点的值+1即可。
#include
step[x]=stp;
int t=to[x];
if(vis[t]==0){
vis[t]=1;
int res=dfs(t,stp+1);
if(loop!=0){
if(loop==x){
loop=0;
}
return num[x]=res;
}
else{
return num[x]=res+1;
}
}
else{
if(num[t]>0) return num[x]=num[t]+1;
else if(num[t]==0){
loop=t;
if(t==x) loop=0;
return num[x]=step[x]-step[t]+1;
}
}
}
int main()
{
r(n);
FOR(i,1,n){
r(to[i]);
}
ans=0;
FOR(i,1,n){
if(!vis[i]){
vis[i]=1;
loop=0;
dfs(i,1);
}
}
FOR(i,1,n){
ans=max(num[i],ans);
// cout<
}
//cout<
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
C - 汉诺塔
这题真的感觉我最近在哪里做过类似的题，应该是cf上！
首先对x从大到小排序，然后从左到右加入set，加之前先看他能不能在set中找到比他的y小的最大的点放在他上面
#includeD - 重排列
反着思考，我们找不满足的 和总数相减即可
先对两个序列排序，这不会影响结果（可以理解的吧）
然后只要我们满足任意一个地方大于 他就是不满足的 没问题吧.
遍历一遍，对于当前的点i 我们找比这个点大的有多少个（二分搜索） 然后在这个点用比他大的点，那么后面任意怎么排都行ans=(ans+mult*cnt_h%mod*cc[n-i]%mod)%mod;
但是这个mult是干嘛的？ 如果我们选不大于这个点的那就要看下一个点大不大嘛
#include
if(cnt_h==n-i+1||cnt_h==0){
break;
}
else{
mult=mult*cnt_l%mod;
}
}
LL res=(cc[n]-ans+mod)%mod;
cout<<res<<endl;
return 0;
}
E - 立方数
这题还是没想到那么深…
对于1e4组数据，我们的复杂度基本不能超过1e4 我的复杂度是带了个常数的1e4：首先素数筛，这里的 素数筛不是筛1018 以内的，筛出N1/4 以内的就够用了 具体原因请听我细细道来： A 3 B = N A^3B=N A3B=N 我们只需要对N进行素数分解 然后取其素数的幂/3的结果 即是A 但是不经处理的话 复杂度是1e6 ， 我们再仔细想 假如我们取N1/4以内的素数去分解 之后会剩下一个M，这个M里面包含的是N中大于N1/4的素数 （假如有素数的幂超过3 另外还包含其他没超过3的，那这个M=(N1/4+x)3*(N1/4+y)>N 所以是必不可能的 所以如果M对答案有贡献，它必然是完全立方数！
#include
l=1,r=1e6+2;
LL res=0;
while(l<=r){
LL mid=(l+r)>>1;
if(mid*mid*mid<=n){
res=mid;
l=mid+1;
}
else r=mid-1;
}
//cout<
if(res*res*res==n){
ans*=res;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
F - 十字阵列
计算每次操作的贡献即可，因为每次操作的每个格子的i+j是很容易算出来的(m*x+n*y-x-y)+(n+1)*n/2+(m+1)*m/2;
#include
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
G - 括号序列
就是括号匹配…
#includeH - 云
这题如果考虑两边云的运动，处理会比较复杂，我们考虑他们的相对运动。以第一象限的云为参考系，那么第三象限的云一步往右和上各走一步
黑色为坐标轴 蓝色为矩形 红色为y=-x 绿线为垂直于y=-x的直线 紫色为坐下矩形投影平移出来的线段 深蓝色为右上矩形投影平移出来的线段
不难发现，只要矩形关于y=-x的投影相交即 他们平移会相交
现在矩形左上顶点为C 那么 O B = x , B C = y OB=x,BC=y OB=x,BC=y，我们要求的是他投影之后的坐标 t t t ，因为 A B = B C AB=BC AB=BC 故 O A = x − y OA=x-y OA=x−y 那么 2 t = O A \sqrt{2}t=OA 2t=OA 但是这个根号完全不需要，因为所有的坐标都带根号 和都不带最终并不影响结果啊，我们去掉无妨
后面的统计排个序就好找了~
#includeI - 导航系统
这题考察的应该是 最小生成树+最短路+并查集 出题人用心啦~
很容易知道的是在一个树上最短的莫过于两点之间的边，其他任意的边都是这些小边的和，所以我们构造最小生成树，跑一遍最短路得到各点之间的距离，再看大边之间是否符合即可（其中最小生成树用到了并查集）
#include
int x=seek(now.x);
int y=seek(now.y);
if(x!=y){
cnt++;
dad[x]=y;
rt[now.x][now.y]=now.v;
rt[now.y][now.x]=now.v;
ans.push(now.v);
}
}
FOR(k,1,n){
FOR(i,1,n){
FOR(j,1,n){
if(i!=j&&j!=k&&i!=k) rt[i][j]=min(rt[i][k]+rt[k][j],rt[i][j]);
}
}
}
bool flag=1;
FOR(i,1,n){
FOR(j,1,n){
if(rt[i][j]!=in[i][j]){
flag=0;
break;
}
}
}
if(flag){
cout<<"Yes\n";
while(ans.size()){
cout<<ans.top()<<endl;
ans.pop();
}
}
else cout<<"No\n";
return 0;
}
J - 签到题
设三个圆的半径分别为a b c,那三个边长即为a+b,b+c,a+c
a + b + c = ( x + y + z ) / 2 a+b+c=(x+y+z)/2 a+b+c=(x+y+z)/2（x，y，z为输入的边长）如果能构成三角形，那么很容易知道一边小于两边之和，设 x = a + b , y = a + c , z = b + c 易 得 c = ( x + y + z ) / 2 − x , b = ( x + y + z ) / 2 − z , a = ( x + y + z ) / 2 − y x=a+b,y=a+c,z=b+c 易得c=(x+y+z)/2-x,b=(x+y+z)/2-z,a=(x+y+z)/2-y x=a+b,y=a+c,z=b+c易得c=(x+y+z)/2−x,b=(x+y+z)/2−z,a=(x+y+z)/2−y ，其中a b c一定都大于0 故一定存在！
#include