2020牛客寒假算法基础集训营1（2020.2.4）

比赛链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3002

Accepted

• A - honoka和格点三角形
• B - kotori和bangdream
• C - umi和弓道
• D - hanayo和米饭
• E - rin和快速迭代
• F - maki和tree
• G - eli和字符串
• H - nozomi和字符串
• I - nico和niconiconi
• J - u’s的影响力

A-honoka和格点三角形

题目描述
honoka最近在研究三角形计数问题。
她认为，满足以下三个条件的三角形是“好三角形”。
1.三角形的三个顶点均为格点，即横坐标和纵坐标均为整数。
2.三角形的面积为。
3.三角形至少有一条边和 $x$ 轴或 $y$ 轴平行。
honoka想知道，在平面中选取一个大小为 $n\ast m$ 的矩形格点阵，可以找到多少个不同的“好三角形”?
由于答案可能过大，请对 $1000000007$ 取模。
输入描述:
两个正整数和（ $2\le n,m\le 10^9$ ）
输出描述:
面积为1的格点三角形的数量，对 $1e9+7$ 取模的结果。

解题思路:
分为底为1高为2，底为2高为1，每种情况又可分成底平行于 $x$ 轴或者底平行于 $y$ 轴。
$ans=(m-2)\ast m\ast (n-1)\ast 2+(n-2)\ast n\ast (m-1)\ast 2+(n-1)\ast (m-2)\ast (n-2)\ast 2+(m-1)\ast (n-2)\ast (m-2)\ast 2$ ，每一步取模。注意不能重复。

Code:

#include 
#define IO ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MOD = 1000000007;

ll M(ll x, ll y) { return ((x % MOD) * (y % MOD)) % MOD; }

int main()
{
    IO;
    ll n, m;
    cin >> n >> m;
    ll ans = 0;
    ans = (M(M(m - 2, m), M(2, n - 1)) + M(M(n - 2, n), M(2, m - 1)) + M(M(n - 1, m - 2), M(n - 2, 2)) + M(M(m - 1, n - 2), M(m - 2, 2))) % MOD;
    cout << ans << endl;
    return 0;
}
/*
示例1
2 3
6
示例2
100 100
7683984
*/

---

B-kotori和bangdream

题目描述
有一天，kotori发现了一个和lovelive相似的游戏：bangdream。令她惊讶的是，这个游戏和lovelive居然是同一个公司出的！
kotori经过一段时间的练习后已经变得非常触，每个音符 $x\%$ 的概率perfect，获得 $a$ 分， $(100-x)\%$ 概率great，获得 $b$ 分。
已知一首歌有 $n$ 个音符。kotori想知道，不考虑连击加成的话，一首歌得分的期望是多少？
输入描述:
一行 $4$ 个整数，用空格隔开。分别是 $n,x,a,b$ 。
（ $0\le x\le 100，1\le n，a，b\le 1000$ ）
输出描述:
一首歌得分的期望，保留两位小数。
输入
100 50 500 400
输出
45000.00
说明
如果全perfect是50000分，全great是40000分。由于它们的概率都是50%，即perfect和great五五开，所以期望是45000分。

解题思路:
这是一个简单的求数学期望的问题。

Code:

#include 
int main() {
    int n, x, a, b;
    scanf("%d%d%d%d", &n, &x, &a, &b);
    printf("%.2f\n", (a * n * x + b * n * (100 - x)) / 100.0);
    return 0;
}

---

D-hanayo和米饭

题目描述
hanayo很喜欢吃米饭。
有一天，她拿出了 $n$ 个碗，第一个碗装了 $1$ 粒米饭，第二个碗装了 $2$ 粒米饭，以此类推，第 $n$ 个碗装了 $n$ 粒米饭。
然而，爱搞恶作剧的rin把所有的碗的顺序打乱，并拿走了一个碗。hanayo想知道，rin拿走的碗里有多少粒米饭？
输入描述:
第一行输入一个正整数 $n$ 。代表原始的总碗数。
第二行输入 $n$ 个正整数 $a_i$ ，代表目前每碗里米饭数量。
保证输入合法。
（$2\le n\le 100000，1\le a_i\le n$）
输出描述:
输出一个正整数，代表rin拿走的碗里米饭数量。

解题思路:
用数组a标记，再遍历一遍数组a找未被标记的输出下标。

Code:

#include 
#include 
#define IO ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
using namespace std;
int n;
bool a[100002];

int main() {
    IO;
    cin >> n;
    int x;
    memset(a, false, sizeof(a));
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> x;
        a[x] = true;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (!a[i]) {
            cout << i << endl;
            return 0;
        }
    }
    return 0;
}
/*
示例
5
2 5 1 3

4
*/

---

E-rin和快速迭代

题目描述
rin最近喜欢上了数论。
然而数论实在太复杂了，她只能研究一些简单的问题。
这天，她在研究正整数因子个数的时候，想到了一个“快速迭代”算法。设 $f(x)$ 为 $x$ 的因子个数，将 $f$ 迭代下去，rin猜想任意正整数最终都会变成 $2$ 。
例如：$f(12)=6,f(6)=4,f(4)=3,f(3)=2$ 。
她希望你帮她验证一下。她会给你一个正整数 ，让你输出它在迭代过程中，第一次迭代成 $2$ 的迭代次数。
输入描述:
一个正整数 $n$（$3\le n\le 10^{12}$）
输出描述:
一个正整数，为 $n$ 迭代至 $2$ 的次数。

解题思路:
暴力求解。

Code:

#include 
#include 
#include 
#define IO ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
using namespace std;
typedef long long ll;

ll get(ll x) {
    ll sum = 0, sq = sqrt(x);	//开方，降低复杂度
    for (ll i = 1; i <= sq; i++) {
        if (x % i == 0) {
            sum += 2;
        }
    }
    if (sq * sq == x) {
        sum--;
    }
    return sum;
}

int main() {
    IO;
    ll n, ans = 0;
    cin >> n;
    for (;;) {
        ans++;
        if ((n = get(n)) == 2) break;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}
/*
示例1
12
4
*/

---

F-maki和tree

题目描述
有一天，maki拿到了一颗树。所谓树，即没有自环、重边和回路的无向连通图。
这个树有 $n$ 个顶点， $n-1$ 条边。每个顶点被染成了白色或者黑色。
maki想知道，取两个不同的点，它们的简单路径上有且仅有一个黑色点的取法有多少？
注：
①树上两点简单路径指连接两点的最短路。
② $<p,q>$ 和 $<q,p>$ 的取法视为同一种。
输入描述:
第一行一个正整数 $n$ 。代表顶点数量。（$1\le n\le 100000$）
第二行是一个仅由字符 ‘B’ 和 ‘W’ 组成的字符串。第 $i$ 个字符是 B 代表第 $i$ 个点是黑色， W 代表第 $i$ 个点是白色。
接下来的 $n-1$ 行，每行两个正整数 $x$ ， $y$ ，代表 $x$ 点和 $y$ 点有一条边相连 ($1\le x,y\le n$)
输出描述:
一个正整数，表示只经过一个黑色点的路径数量。
样例输入
3
WBW
1 2
2 3
样例输出
3
说明

树表示如下：

其中只有2号是黑色点。
<1,2>、<2,3>、<1,3>三种取法都只经过一个黑色点。

解题思路:
并查集预处理白色连通块，统计每个白色连通块内点的数量。
一条路径中只经过一个黑点，我们可以先确定黑点，再确定路径。
经过一个黑点的路径有两种：两个端点都是白点；其中一个端点是黑点。
树中两个点之间的路径只有一条，只要两个端点不完全相同，那么这条路径就不相同。所以我们可以选黑点相邻的白色连通块中的任意一个点（即白色连通块的大小）。

Code:

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100002;
int n;
char str[N];
vector<int> e[N];
int fa[N], cnt[N];

int findd(int x)
{
	if (fa[x] == x)
		return x;
	else
	{
		fa[x] = findd(fa[x]);
		return fa[x];
	}
}
void mergee(int x, int y)
{
	int fx = findd(x), fy = findd(y);
	if (fx != fy)
	{
		fa[fy] = fx;
		cnt[fx] += cnt[fy];
	}
}
int main()
{
	scanf("%d", &n);
	scanf("%s", str + 1);
	int u, v;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		fa[i] = i;
		cnt[i] = 1;
	}
	for (int i = 0; i < n - 1; i++)
	{
		scanf("%d%d", &u, &v);
		e[u].push_back(v);
		e[v].push_back(u);
		if (str[u] == 'W' && str[v] == 'W')
			mergee(u, v);
	}
	ll ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (str[i] == 'B')
		{
			ll sum = 0;
			for (int j = 0; j < e[i].size(); j++)
			{
				v = e[i][j];
				if (str[v] == 'W')
				{
					int t = findd(v);
					ans += cnt[t] + sum * cnt[t];
					sum += cnt[t];
				}
			}
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

---

G-eli和字符串

题目描述
eli拿到了一个仅由小写字母组成的字符串。
她想截取一段连续子串，这个子串包含至少 $k$ 个相同的某个字母。
她想知道，子串的长度最小值是多少？
注：所谓连续子串，指字符串删除头部和尾部的部分字符（也可以不删除）剩下的字符串。例如：对于字符串“arcaea”而言，“arc”、“rcae”都是其子串。而“car”、“aa”则不是它的子串。
输入描述:
第一行输入两个正整数 $n$ 和 $k$（$1\le k\le n\le 200000$）
输入仅有一行，为一个长度为 $n$ 的、仅由小写字母组成的字符串。
输出描述:
如果无论怎么取都无法满足条件，输出 $-1$ 。
否则输出一个正整数，为满足条件的子串长度最小值。

解题思路:
分别找26个字母，每次先记录下字母ch的所有位置，然后再用记录下的位置更新最小值。

Code:

#include 
#define IO ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int n, k;
string s;
int len, book[200002];

int main() {
    IO;
    cin >> n >> k;
    cin >> s;
    len = s.length();
    int ans = INF;
    for (int i = 0; i < 26; i++) {
        char ch = 'a' + i;
        int cnt = 0;
        memset(book, 0, sizeof(book));	//清0
        for (int j = 0; j < len; j++) {	//记录ch的所有位置
            if (s[j] == ch) {
                book[cnt++] = j;
            }
        }
        if (cnt < k) continue;	//如果ch不够k个
        for (int j = 0; j <= cnt - k; j++) {	//连续的k个为一个子串，更新最小值
            ans = min(ans, book[j + k - 1] - book[j] + 1);
        }
    }
    if (ans < INF) cout << ans << endl;
    else cout << -1 << endl;
    return 0;
}
/*
示例1
5 2
abeba

3
说明：选择“beb”子串，长度为3，其中包含相同的两个'b'
*/

---

H-nozomi和字符串

题目描述
nozomi看到eli在字符串的“花园”里迷路了，决定也去研究字符串问题。
她想到了这样一个问题：
对于一个“01”串而言，每次操作可以把 0 字符改为 1 字符，或者把 1 字符改为 0 字符。所谓“01”串，即只含字符 0 和字符 1 的字符串。
nozomi有最多 $k$ 次操作的机会。她想在操作之后找出一个尽可能长的连续子串，这个子串上的所有字符都相同。
nozomi想问问聪明的你，这个子串的长度最大值是多少？
注： $k$ 次操作机会可以不全部用完。
如果想知道连续子串的说明，可以去问问eli，nozomi不想再讲一遍。
输入描述:
第一行输入两个正整数 $n$ 和 $k$（$1\le k\le n\le 200000$）
输入仅有一行，为一个长度为 $n$ 的、仅由字符 $0$ 和 $1$ 组成的字符串。
输出描述:
一个正整数，为满足条件的子串长度最大值。

解题思路:
题目要求最多改 $k$ 次，这 $k$ 次肯定是全都改 $0$ 或者全都改 $1$ ，答案就是由某次更改连续 $k$ 个 $0$ 或 $1$ 得来的。所以只要求出所有的连续 $k$ 个 $0$ 和连续 $k$ 个 $1$ 区间的长度，取最大值即可。
用两个数组a、b分别记录 $0$ 和 $1$ 的位置，以 $k$ 长度为间隔分别遍历数组a、b。以遍历a数组为例（修改 $0$），$ans=max(ans,a[j+1]-a[i-1]-1),其中j-i+1=k$，意思就是修改第 $i$ 个 $0$ 到第 $j$ 个 $0$ ，一共修改 $k$ 个 $0$，修改后连续相同1的长度就是第 $i-1$ 个 $0$ 到第 $j+1$ 个 $0$ 之间的距离。
这里有个小问题，要在开头和结尾加上两个辅助点 $-1$ 和 $n$ 。设想，如果 $j$ 是最后一个 $0$ ，那么他就没有 $j+1$ 个点来求修改后的距离，此时修改后的距离是到字符串结尾的距离，所以要在数组最后加上 $n$ ，同理开头一样。

Code:

#include 
#include 
#include 
#include 
#define IO ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int n, k;
string s;
vector<int> a, b;
int ans;

int main() {
    IO;
    cin >> n >> k >> s;
    a.push_back(-1);
    b.push_back(-1); //多一个
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (s[i] == '0') a.push_back(i);
        else b.push_back(i);
    }
    a.push_back(n);
    b.push_back(n); //多两个
    if (a.size() - 2 <= k) ans = n;
    else { //0大于k个
        for (int i = 1, j = k; j < a.size() - 1; i++, j++) {
            ans = max(ans, a[j + 1] - a[i - 1] - 1);
        }
    }
    if (b.size() - 2 <= k) ans = n;	//前面多两个，减2
    else { //1大于k个
        for (int i = 1, j = k; j < b.size() - 1; i++, j++) {
            ans = max(ans, b[j + 1] - b[i - 1] - 1);
        }
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}
/*
示例
5 1
10101

3
*/

---

I-nico和niconiconi

题目描述
nico平时最喜欢说的口头禅是niconiconi~。
有一天nico在逛著名弹幕网站"niconico"的时候惊异的发现，n站上居然有很多她的鬼畜视频。其中有一个名为《让nico为你洗脑》的视频吸引了她的注意。
她点进去一看，就被洗脑了:“niconicoh0niconico*^vvniconicoG(vniconiconiconiconiconicoG(vniconico…”
弹幕中刚开始有很多“nico1 nico2”等计数菌，但到后面基本上都是“计数菌阵亡”的弹幕了。
nico也想当一回计数菌。她认为：“nico” 计 $a$ 分，“niconi” 计 $b$ 分，“niconiconi” 计 $c$ 分。
她拿到了一个长度为 $n$ 的字符串，请帮她算出最大计数分数。
注：已被计数过的字符不能重复计数！如"niconico"要么当作"nico"+“nico"计 $2a$ 分，要么当作"niconi”+"co"计 $b$ 分。
输入描述:
第一行四个正整数 $n,a,b,c$ 。（$1\le n\le 300000，1\le a,b,c\le 10^9$）
第二行是一个长度为 $n$ 的字符串。
输出描述:
一个整数，代表最大的计数分数。

解题思路:
动态规划。 $dp[i]$ 代表前 $i$ 个字符的计数最大值，状态转移方程见代码。
直接看代码吧，比较好理解。

Code:

#include 
#define IO ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
using namespace std;
typedef long long ll;

ll n, a, b, c, f[300002];
string str;

int main()
{
	IO;
	cin >> n >> a >> b >> c;
	cin >> str;
	for (int i = 0; i < n; ++i)
	{
		if (i != 0)
			f[i] = f[i - 1];
		if (i >= 3 && str.substr(i - 3, 4) == "nico")
			f[i] = max(f[i], f[i - 3] + a);
		if (i >= 5 && str.substr(i - 5, 6) == "niconi")
			f[i] = max(f[i], f[i - 5] + b);
		if (i >= 9 && str.substr(i - 9, 10) == "niconiconi")
			f[i] = max(f[i], f[i - 9] + c);
	}
	cout << f[n - 1] << endl;
	return 0;
}
/*
输入
19 1 2 5
niconiconiconiconi~
输出
7
*/

J-u’s的影响力

题目描述
本题测试样例已经更(jia)新(qiang)。
μ’s在九人齐心协力下，影响力越来越大了！
已知第一天影响力为 $x$ ，第二天影响力为 $y$ ，从第三天开始，每一天的影响力为前两天影响力的乘积再乘以 $a$ 的 $b$ 次方。 用数学语言描述是：
设第 $i$ 天的影响力为 $f(i)$ ，那么 $f(1)=x，f(2)=y$，对于 $i>2$ ， $f(i)=f(i-1)\ast f(i-2)\ast a^b$
她们想知道第 $n$ 天影响力是多少？
由于这个数可能非常大，只需要输出其对 $1000000007$ 取模的值就可以了。
输入描述:
一行五个正整数： 。
输出描述:
第 天的影响力对 取模的值。
输入
4 2 3 2 1
输出
72
说明
$f(1)=2，f(2)=3，f(3)=f(1)\ast f(2)\ast 2=12，f(4)=f(2)\ast f(3)\ast 2=72$
备注:
$1000000007$ 是素数。

解题思路:
数论，矩阵快速幂。
显然 $f(n)$ 可以用 $x$ , $y$ 和 $a$ 这三个因子表达出来。
每一项 $a$ 的幂次分别是 $0、0、b、2b、4b、7b、12b\dots \dots$ 从第三项开始每一项为前两项之和加 $1$ 。
而 $x$ 和 $y$ 的幂次构成斐波那契数列： $x$ 的幂次第一项是 $1$ ，第二项是 $0$ ； $y$ 的幂次第一项是 $0$ ，第二项是 $1$ 。之后每一项均为前两项之和。
根据费马小定理，由于 $1e9+7$ 是素数，有 $a^{1e9+6}\equiv 1(mod1e9+7)$ 。因此幂的指数对 $1e9+6$ 取模即可。要注意 $a$ 是 $1000000007$ 的倍数的特殊情况。
可以用矩阵快速幂 $O(logn)$ 求出 $x、y、a$ 幂次的第 $n$ 项。
矩阵快速幂求斐波那契数列的第 $n$ 项方法如下:
假设 $f(i)$ 代表斐波那契数列的第 $i$ 项，显然有：
$\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right]\ast \left[\begin{array}{c}f(i)\\ f(i+1)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}f(i+1)\\ f(i)+f(i+1)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}f(i+1)\\ f(i+2)\end{array}\right]$
因此
${\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right]}^n\ast \left[\begin{array}{c}f(1)\\ f(2)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}f(n+1)\\ f(n+2)\end{array}\right]$
而 ${\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right]}^n$ 的值可以用快速幂算出来，这样就可以 $O(logn)$ 实现计算斐波那契数列的第 $n$ 项了。
假设 $g(i)$ 代表求 $a$ 的幂次的公式 $g(i+2)=g(i)+g(i+1)+1$ ，矩阵的递推式如下：
$\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 1& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right]\ast \left[\begin{array}{c}f(i)\\ f(i+1)\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}f(i+1)\\ f(i)+f(i+1)+1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}f(i+1)\\ f(i+2)\\ 1\end{array}\right]$

Code:

#include 
#define IO ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
using namespace std;
typedef long long ll;
struct Mat {
    ll a[3][3];
};
Mat Mul(Mat a, Mat b, ll mod) { //矩阵乘法
    Mat res;
    for (int i = 0; i < 3; i++) {
        for (int j = 0; j < 3; j++) {
            res.a[i][j] = 0;
            for (int k = 0; k < 3; k++) {
                res.a[i][j] += a.a[i][k] * b.a[k][j] % mod;
                res.a[i][j] %= mod;
            }
        }
    }
    return res;
}
Mat power(Mat a, ll b, ll mod) { //矩阵快速幂a^b%mod
    Mat res;
    for (int i = 0; i < 3; i++) {
        for (int j = 0; j < 3; j++) {
            res.a[i][j] = 0;
        }
    }
    res.a[0][0] = res.a[1][1] = res.a[2][2] = 1;

    while (b) {
        if (b & 1)
            res = Mul(res, a, mod);
        b >>= 1;
        a = Mul(a, a, mod);
    }
    return res;
}
ll feb(ll n, ll mod) { //求x、y的幂次
    Mat base;
    for (int i = 0; i < 3; i++) {
        for (int j = 0; j < 3; j++) {
            base.a[i][j] = 0;
        }
    }
    base.a[0][1] = base.a[1][1] = base.a[1][0] = base.a[1][2] = 1;
    Mat res = power(base, n - 1, mod);
    return (res.a[0][0] + res.a[0][1]) % mod;
}
ll feb2(ll n, ll mod) { //求a的幂次
    Mat base;
    for (int i = 0; i < 3; i++) {
        for (int j = 0; j < 3; j++) {
            base.a[i][j] = 0;
        }
    }
    base.a[0][1] = base.a[1][1] = base.a[1][0] = base.a[1][2] = base.a[2][2] = 1;
    Mat res = power(base, n - 1, mod);
    return (res.a[0][0] + 2 * res.a[0][1] + res.a[0][2]) % mod;
}
ll power(ll a, ll b, ll mod) { //快速幂a^b%mod
    ll res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1)
            res = res * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
int main() {
    int m = 1e9 + 7;
    ll n, x, y, a, b;
    cin >> n >> x >> y >> a >> b;
    if (n == 1) {
        cout << x % m << endl;
        return 0;
    }
    if (n == 2) {
        cout << y % m << endl;
        return 0;
    }
    if (x % m == 0 || y % m == 0 || a % m == 0) {
        cout << 0 << endl;
        return 0;
    }
    x %= m;
    y %= m;
    //这里要注意a对m取模
    a = power(a % m, b, m);
    //模m-1是因为费马小定理
    cout << power(x, feb(n - 2, m - 1), m) * power(y, feb(n - 1, m - 1), m) % m * power(a % m, feb2(n - 2, m - 1) % (m - 1), m) % m << endl;
    return 0;
}

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dalao的题解

附 牛客的题解含标程
作者 神崎兰子
https://ac.nowcoder.com/discuss/364600?type=101&order=0&pos=2&page=3