2020牛客寒假算法基础集训营2

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3003#question link
来源：牛客竞赛

A 做游戏

题目描述

牛牛和 牛可乐进行了多轮游戏， 牛牛总共出了 A 次石头，B 次剪刀，C 次布；牛可乐总共出了 X 次石头，Y 次剪刀，Z 次布。 你需要求出 牛牛最多获胜多少局。

输入描述

第一行，三个非负整数 $A,B,C$ 。
第二行，三个非负整数 $X,Y,Z$ 。
保证 $A+B+C=X+Y+Z$, $0$≤$A,B,C,X,Y,Z$≤$10^9$

思路

贪心即可

AC代码

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define rep(i,s,t) for(int i = s;i <= t;i++)
#define per(i,t,s) for(int i = t;i >= s;i--)
ll a,b,c,x,y,z; 
int main(){
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&x,&y,&z);
printf("%lld\n",min(a,y)+min(b,z)+min(c,x));     
}//Accepted!

B 排数字

题目描述

牛可乐得到了一个纯数字的字符串 $S$，他想知道在可以任意打乱 $S$ 顺序的情况下，最多有多少个不同的子串为$616$ 。

输入描述

第一行，一个正整数$|S|$，表示$S$的长度
第二行，一个字符串$S$，其字符集为{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}。
保证 $1\le \mid S\mid \le 2\times 10^5$

思路

贪心，即将所有的$1,6$排成$6161616...$即可

AC代码

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define rep(i,s,t) for(int i = s;i <= t;i++)
#define per(i,t,s) for(int i = t;i >= s;i--)
int len;char s[maxm];
int one , six;
int main(){
scanf("%d",&len);
scanf("%s",s+1);
rep(i,1,len){    
if(s[i] == '1') one++;    
if(s[i] == '6') six++;
} 
six--;
printf("%d",min(one,six) >= 0 ? min(one,six) : 0);     
}//Accepted!

C 算概率

题目描述

牛牛刚刚考完了期末，尽管 牛牛 做答了所有 $n$ 道题目，但他不知道有多少题是正确的。
不过，牛牛 知道第 $i$ 道题的正确率是 $p_i$​。
牛牛 想知道这 $n$ 题里恰好有 $0,1,\dots ,n$ 题正确的概率分别是多少，对 $10^9+7$ 取模。

输入描述

第一行，一个正整数 $n$ 。
第二行，$n$ 个整数 $p_1,p_2,\dots ,p_n$，在模 $10^9+7$ 意义下给出。
保证$1\le n\le 2000$。

思路

我们记从$p_1,p_2,...,p_n$中取出$k$个相乘，这样所有的组合之和为$P_k$。我们会发现这$n$个题中恰好$k$个题对的概率是$P_k-C_{k+1}^k\ast P_{k+1}+...+(-1{)}^{n-k}\ast C_n^k\ast P_n$。于是问题转换为求解$P_k$与 $C_n^k$。我们很自然的有递推式$C_n^k=C_{n-1}^{k-1}+C_{n-1}^k$以及$P(n,k)=P(n-1,k)+p_i\ast P(n-1,k-1)$。（其中$P(m,k)$表示的意思是从$p_1,p_2,...,p_m$中取出$k$个相乘，这样所有的组合之和）

AC代码

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define rep(i,s,t) for(int i = s;i <= t;i++)
#define per(i,t,s) for(int i = t;i >= s;i--)
#define maxn 100005
#define maxm 400005
#define mod 1000000007
ll p[maxn] ;
int n;
ll P[2005][2005];
ll c[2005][2005];
void get(){    
c[0][0] = 1;    
c[1][0] = 1, c[1][1] = 1;    
rep(i,2,2000){        
c[i][0] = 1;        
c[i][i] = 1;        
rep(j,1,i-1) c[i][j] = (c[i-1][j-1] + c[i-1][j])%mod;    
}    
P[0][0] = 1;    
rep(i,1,2000){        
P[i][0] = 1;        
P[i][i] = (P[i-1][i-1]*p[i])%mod;        
rep(j,1,i-1) P[i][j] = (P[i-1][j] +p[i]*P[i-1][j-1]%mod)%mod;     
}} 
int main(){
scanf("%d",&n);
rep(i,1,n) scanf("%lld",&p[i]);
get();
rep(i,0,n){    
ll ans = 0;    
int sign = 1;    
rep(j,i,n){        
ans = (ans + c[j][j-i]*P[n][j]*sign)%mod;        
sign = sign*(-1);             
}    
if(ans < 0) ans += mod;    
printf("%lld ",ans);} 
}//Accepted!

D 数三角

题目描述

给$n$个不重合的点，问这些点构成的三角形中有多少个钝角三角形

输入描述

第一行，一个正整数$n$，表示点数。

第二行至第 $n+1$ 行中，第 $i+1$ 行包含两个整数 $x_i$,$y_i$,表示第 $i$ 个点的坐标。

保证 $1\le n\le 500$，$-10^4\le x_i,y_i\le 10^4$，任意两点不重合。

思路

水题，枚举所有三角形，点乘判断钝角即可

AC代码

#include
#include
#define maxn 501
using namespace std;
int n;
struct Point{
    int x,y;
    inline Point(int x=0,int y=0):x(x),y(y){}
}p[maxn];
Point operator + (Point A,Point B){
    return Point(A.x+B.x,A.y+B.y);
}
Point operator - (Point A,Point B){
    return Point(A.x-B.x,A.y-B.y);
}
int operator * (Point A,Point B){
    return A.x*B.x+A.y*B.y;
}
int Cross(Point A,Point B)  // 计算叉积
{
    return A.x*B.y-A.y*B.x;
}
int ans;
int check(int i,int j,int k){
    if((p[i]-p[j])*(p[k]-p[j])<0&&Cross(p[i]-p[j],p[k]-p[j])!=0)return 1;
    if((p[i]-p[k])*(p[j]-p[k])<0&&Cross(p[i]-p[k],p[j]-p[k])!=0)return 1;
    if((p[j]-p[i])*(p[k]-p[i])<0&&Cross(p[j]-p[i],p[k]-p[i])!=0)return 1;
    return 0;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    int a,b;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d",&a,&b);
        p[i]=Point(a,b);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            for(int k=j+1;k<=n;k++){
                ans+=check(i,j,k);
            }
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

E 做计数

题目描述

给定n，求有多少个不同的正整数三元组 $(i,j,k)$满足 $\sqrt{i}+\sqrt{j}=\sqrt{k}$，且 $i\times j\le n$
当两个三元组 $(i_1,j_1,k_1)$, 满足 $i_1\ne i_2$ 或 $j_1\ne j_2$ 或 $k_1\ne k_2$ 时它们被认为是不同的。

输入描述

第一行，一个正整数 $n$。
保证 $1\le n\le 4\times 10^7$

思路

确定$i$和$j$即可确定$k$，且$k$为整数，容易发现当左边的式子为$a\sqrt{x}+b\sqrt{x}$时有这样的整数$k$
于是我们枚举$x$，计算二元组$(a,b)$的个数
注意到诸如$\sqrt{8}$在枚举$x=2$时已经计算过，所以为了避免重复，我们枚举的$x$不能是完全平方数的倍数，可以预处理掉

AC代码

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define rep(i,s,t) for(int i = s;i <= t;i++)
#define per(i,t,s) for(int i = t;i >= s;i--)
#define mst(s) memset(s,0,sizeof(s))
#define ls(x) x<<1
#define rs(x) x<<1|1
#define lb(x) x&-x
#define pii pair
#define pli pair
#define pll pair
#define pi acos(-1)
#define F first
#define S second
#define cuts printf("\n--------------\n");
#define maxn 40000001
#define maxm 400005
 
int n, m,p, ans = 0;
int vis[maxn];
int main(){
scanf("%d",&n);
m=(int)sqrt(n);
for(int i=2;i<=m;i++){
    int j=1,k=i*i;
    while(k*j<=n){
        vis[k*j]=1;
        j++;
    }
}
rep(i,1,m){
    if(vis[i]==1)continue;
    rep(j,1,m/i)ans+=(m/i)/j;
}
printf("%d",ans);
}

F 拿物品

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3003/F
来源：牛客网

题目描述

牛牛和 牛可乐 面前有 n 个物品，这些物品编号为 $1,2,\dots \dots ，n$，每个物品有两个属性 $a$_$i$,$b$_$i$。
牛牛与 牛可乐会轮流从剩下物品中任意拿走一个， 牛牛先选取。

设 牛牛选取的物品编号集合为 $H$，牛可乐选取的物品编号的集合为 $T$，取完之后，牛牛 得分为 $\Sigma$_{$i\in \mathbb{H}$}$a$_$i$;而 牛可乐得分为$\Sigma$_{$i\in \mathbb{T}$}$b$_$i$。
牛牛和 牛可乐都希望自己的得分尽量比对方大（即最大化自己与对方得分的差）。

你需要求出两人都使用最优策略的情况下，最终分别会选择哪些物品，若有多种答案或输出顺序，输出任意一种。

思路

$a$_$i$与$b$_$i$之和从大到小排序，轮流从大到小取。

代码

//
//  main.cpp
//  cpp
//
//  Created by ZhuChenyu on 2019/11/08.
//  Copyright  2019年 ZhuChenyu. All rights reserved.
//
#include
#include
#include
#include
#include
#define MOD 1000007
#define maxn 200020
#define INF 2147483647
typedef unsigned float_bits;
 
using namespace std;
 
//priority_queue ,greater > que;
 
struct wayy
{
    int num,m;
}c[maxn];
 
int n;
int a[maxn]={0},b[maxn]={0};
 
int cmp(struct wayy x,struct wayy y)
{
    if (x.m>y.m) return 1; else return 0;
}
 
int main()
{
    int i,j;
    scanf("%d",&n);
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&b[i]);
    }
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        c[i].m=a[i]+b[i];
        c[i].num=i;
    }
 
    sort(c+1,c+n+1,cmp);
 
    /*for (i=1;i<=n;i++)
    {
        printf("%d %d\n",c[i].num,c[i].m);
    }*/
 
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        if (i%2==1) printf("%d ",c[i].num);
    }
    printf("\n");
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        if (i%2==0) printf("%d ",c[i].num);
    }
    printf("\n");
 
    return 0;
}
/*3
7 6 8
4 2 5*/

G 判正误

牛可乐有七个整数 $a,b,c,d,e,f,g $并且他猜想 $a^d+b^e+c^f=g$。但牛可乐无法进行如此庞大的计算。
请验证 牛可乐的猜想是否成立。

输入描述

第一行一个正整数 $T$，表示有 $T$ 组数据。
每组数据输入一行七个整数 $a,b,c,d,e,f,g$ 。
保证 $1\le T\le 1000$, $-10^9\le a,b,c,g\le 10^9$，$0\le d,e,f\le 10^9$ 保证不会出现指数和底数同为 0 的情况。

思路

哈希即可

AC代码

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define rep(i,s,t) for(int i = s;i <= t;i++)
#define per(i,t,s) for(int i = t;i >= s;i--)
ll a, b, c ,d ,e ,f, g;
const int mod[100]={2,3,5,7,11,13,23,29,31,37,41,43,59,61,67,71,73,79,97,101,103,107,109,113,137,139,149,151,157,163,163,179,181,191,193,197,199,227,229,233,239,241,251,269,271,277,281,283,293,313,317,331,337,347,349,367,373,379,383,389,397};
ll ksm(ll s,ll x,ll p){    
ll res = 1;    
while(x){        
if(x&1) res = res*s%p;        
x >>= 1;        
s = s*s%p;    
}    
return res;
}  
int main(){    
int t;    
scanf("%d",&t);   
 while(t--){        
 scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d,&e,&f,&g);        
 int ok = 1;        
 rep(i,0,59){            
 if((((ksm(a,d,mod[i]) + ksm(b,e,mod[i]) + ksm(c,f,mod[i])) % mod[i]) + mod[i])%mod[i] != ((g%mod[i]) + mod[i])%mod[i]){                
 ok = 0;                
 break;            
 }                     
 }         
 if(ok) printf("Yes\n");        
 else printf("No\n");       
 }       
 }//Accepted!

H 施魔法

题目描述

给定$n$个元素，第$i$个元素的值为$a_i$，从中多次选择至少$k$个元素，费用是这些元素中的最大值减去最小值，保证每个元素都被选择且仅被选择一次，求最小费用

输入描述

第一行两个正整数 $n,k$。
第二行 $n$ 个整数 $a_1,a_2,\dots ,a_n$
保证 $1\le k\le n\le 3\times 10^5$ ，$0\le a_i\le 10^9$。

思路

显然应该先排序，每次选择的元素都是连续的可以保证最小，并且选择次数尽可能地多才可能达到费用最小。
反向考虑，对排好序的数列切$m$刀，刀与刀之间的距离至少为$k$，在$a_j,a_{j+1}$之间切一刀可以使总费用减少$a_{j+1}-a_j$，显然$dp$可做
转移方程式为
$f[i]=ma{x}_{j\in [1,i-k]}\{f[j]\}+b[i]$
$f[i]$表示最后一刀切在$i$处的最大减少费用，$b[i]$表示差值
其中最大值的计算可以在转移过程中不断更新，时间复杂度$O(n)$

AC代码

#include
#include
#define maxn 300001
using namespace std;
int a[maxn],b[maxn];
int f[maxn];
int ans,n,k,now;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    sort(a+1,a+n+1);
    ans=a[n]-a[1];
    for(int i=1;i<=n-1;i++){
        b[i]=a[i+1]-a[i];
    }
    int front=0;
    for(int i=k;i<=n-k;i++){
        front=max(front,f[i-k]);
        f[i]=front+b[i];
        now=max(now,f[i]);
    }
    printf("%d",ans-now);
}

I 建通道

题目描述

给定$n$个带权节点，权值为$v$，点$i$与点$j$之间建边的费用为$lowbit(v_i\oplus v_j)$，求使这$n$个点互相连通的最小花费

输入描述

第一行，一个正整数 $n$ 。
第二行，$n$ 个非负整数 $v_1,v_2,\dots ,v_n$
保证 $1\le n\le 2\times 10^5$ ，$0\le v_i<2^{30}$

思路

乍一看类似gcd最小生成树，其实是智商题，我们对所有的二进制$v$从最后一位往前扫，找到第一个既有0又有1的位，将0和1相连，连接$n-1$条边，答案就是此时的边权$\times (n-1)$
但对于相同的数，显然相同的数相连的边权的0是最小的，所以加个去重操作就好了

AC代码

#include
#include
#include
#define ll long long
#define  maxn 200005
using namespace std;
int n;
ll v;
int f[40][5];
int zn;
ll ans;
ll x[maxn];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    ans=n-1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&v);
        x[i]=v;
        int p=1;
        while(v>0){
            f[p][v&1]=1;
            p++;
            v>>=1;
        }
        for(int i=p;i<=30;i++){
            f[i][0]=1;
        }
    }
    sort(x+1,x+n+1);
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(x[i]==x[i-1])ans--;
    }
    for(int i=1;i<=30;i++){
        if(f[i][0]==1&&f[i][1]==1){
            printf("%lld",ans);
            return 0;
        }
        ans=ans*2;
    }
    printf("0");
    return 0;
}

J 求函数

题目描述

牛可乐有 $n$ 个一次函数，第 $i$ 个函数为$f_i(x)=k_i\ast x+b_i$ 。 牛可乐有 $m$ 次操作，每次操作为以下二者其一：
• 1 i k b 将$f_i(x)$ 修改为 $f_i(x)=k\times x+b$。
• 2 l r 求 $f_r(f_{r-1}(\cdots (f_{l+1}(f_l(1)))\cdots ))$。
牛可乐当然(bu)会做啦，他想考考你——
答案对 $10^9+7$ 取模。

输入描述

第一行，两个正整数 $n,m$ 。
第二行，$n$ 个整数$k_1,k_2,\dots ,k_n$ 。
第三行，$n$ 个整数 $b_1,b_2,\dots ,b_n$​。
接下来 $m$ 行，每行一个操作，格式见上。
保证 $1\le n,m\le 2\times 10^5$

思路

可以观察到要求的式子为$k_l\ast k_{l+1}\ast ...\ast k_r+k_r\ast k_{r-1}\ast ...k_{l+1}\ast b_l+...+b_r$。我们维护分别维护$k_l\ast k_{l+1}\ast ...\ast k_r$与$k_r\ast k_{r-1}\ast ...k_{l+1}\ast b_l+...+b_r$。直接使用线段树单点修改，区间查询即可。

AC代码

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define rep(i,s,t) for(int i = s;i <= t;i++)
#define per(i,t,s) for(int i = t;i >= s;i--)
#define ls(x) x<<1
#define rs(x) ((x<<1)|1) 
#define maxn 210000 
const int mod = 1e9 +  7;
int n , m , l[maxn<<2],r[maxn<<2],mid[maxn<<2],l1,r1;
ll k[maxn], b[maxn], f[maxn<<2], g[maxn<<2], k0, b0, ansf, ansg; 
void up(int x){    
f[x] = (f[ls(x)]*f[rs(x)])%mod;    
g[x] = (g[ls(x)]*f[rs(x)] + g[rs(x)])%mod;
} 
void build(int x,int l0,int r0){    
l[x] = l0;    
r[x] = r0;    
if(l0 == r0){        
f[x] = k[l0];        
g[x] = b[l0];        
return;    
}    
mid[x] = (l[x] + r[x]) >> 1;    
build(ls(x),l[x],mid[x]);    
build(rs(x),mid[x]+1,r[x]);    
up(x);} void update(int x){    
if(l[x] == r[x]){        
f[x] = k0;        
g[x] = b0;        
return;    
}    
if(l1 <= mid[x]) update(ls(x));    
else update(rs(x));    
up(x);
} 
void query(int x){    
if(l1 <= l[x] && r[x] <= r1){        
ansf = ansf*f[x] % mod;        
ansg = (ansg * f[x] + g[x])%mod;        
return;    
}
if(l1 <= mid[x]) query(ls(x));    
if(r1 > mid[x]) query(rs(x));}   
int main(){    
scanf("%d%d",&n,&m);    
rep(i,1,n) scanf("%lld",&k[i]);    
rep(i,1,n) scanf("%lld",&b[i]);    
build(1,1,n);    
while(m--){        
int op;        
scanf("%d",&op);        
if(op == 1){            
scanf("%d%lld%lld",&l1,&k0,&b0);            
update(1);        
}        
else{            
scanf("%d%d",&l1,&r1);           
ansf = 1;            
ansg = 0;            
query(1);            
printf("%lld\n",(ansf+ansg)%mod);        
}    
}return 0;    
}//Accepted!