2020牛客暑期多校训练营(第五场)

D Drop Voicing(dp)

题意:

有一个 1   n 1~n 1 n 的排列,有以下两种操作:

  1. D r o p − 2 Drop-2 Drop2:将倒数第二个数放到开头,前面的数向后平移
  2. I n v e r t Invert Invert:将倒数第二个数放到开头,前面的数向后平移

若干连续的 D r o p − 2 Drop-2 Drop2 称为 M u l t i − d r o p Multi-drop Multidrop。计算要使该排列排成 1   n 1~n 1 n 所需的最少的 M u l t i − d r o p Multi-drop Multidrop 的数量。

i n v e r t + d r o p + i n v e r t invert+drop+invert invert+drop+invert 可以把一个数转移到任意位置。比如对于序列 : 2 , 4 , 5 , 1 , 3 , 6 2 ,4, 5 ,1, 3 ,6 245136

我想把 4 4 4 移动到 1 1 1 后面,可以进行下面三个步骤

  1. 进行两次 I n v e r t Invert Invert 操作序列变成 5 , 1 , 3 , 6 , 2 , 4 5,1,3,6,2,4 5,1,3,6,2,4
  2. 进行三次 D r o p − 2 Drop-2 Drop2 操作序列变成 3 , 6 , 2 , 5 , 1 , , 4 3,6,2,5,1,,4 3,6,2,5,1,,4
  3. 进行两次 I n v e r t Invert Invert 操作序列变成 2 , 5 , 1 , 4 , 6 , 3 2,5,1,4,6,3 2,5,1,4,6,3

所以 d r o p drop drop 的最少次数就是找到最长的一个环状 l i s lis lis 然后把其他元素插进去,这个环状是因为可以通过 I n v e r t Invert Invert 操作改变序列的顺序,然后就是求每个位置往后的 n n n 长度 的 l i s lis lis ,找到这些 l i s lis lis 的最大值用 n n n 减去就行了。

AC代码:

const int N = 5e5 + 50;
int a[N], dp[N];
int n, m;

int main()
{
	sd(n);
	rep(i, 1, n)
	{
		sd(a[i]);
		a[n + i] = a[i];
	}
	int ans = 0;
	rep(pos, 1, n)
	{
		int sum = 0;
		rep(i, pos, pos + n - 1)
			dp[i] = 1;
		rep(i, pos, pos + n - 1)
		{
			rep(j, pos, i - 1)
			{
				if (a[j] < a[i])
					dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
			}
			sum = max(sum, dp[i]);
		}
		ans = max(ans, sum);
	}
	pd(n - ans);
	return 0;
}

E Bogo Sort(大数,求环)

题意:

已知一个长度为 n n n 的序列 p p p,用序列 p p p 将排列 a a a (未知)进行置换,要求找到排列使其被 p p p 置换若干次之后能够有序,求满足条件的排列有多少种。

置换群,其实就是找环。比如 p p p 321 3 2 1 321 a a a 321 3 2 1 321 ,那么 a a a p p p 置换一次后为 123 1 2 3 123 ,再被置换一次为 321 3 2 1 321 ,又变为了原数组,即 13 1 3 13 构成一个环, 2 2 2 自身构成一个环。
本题实际上就是要求出每个环的长度,然后求所有环的长度的 L C M LCM LCM

这道题给出的模数其实是迷惑人的,因为根本到不了怎么大,所以不用考虑,至于如何求多个数的 L C M LCM LCM

n n n 个数的最小公倍数可以用质因子分解法;

例如:求 10 , 12 , 4 10 , 12 , 4 10,12,4 $的最小公倍数(用质因数表示)

  1. 10 = 2 ∗ 5 10 = 2 * 5 10=25
  2. 12 = 2 ∗ 2 ∗ 3 12 = 2 * 2 *3 12=223
  3. 4 = 2 ∗ 2 4 = 2 * 2 4=22

1 1 1 中有一个 2 2 2,一个 5 5 5;在 2 2 2 中有两个 2 2 2 ,一个 3 3 3;在 3 3 3 式中有两个 2 2 2

所以 2 2 2 最多有两个, 3 3 3最多有一个, 5 5 5 最多有一个;最后 a n s = ( 2 2 ) ∗ ( 3 1 ) ∗ ( 5 1 ) = 60 ans = ( 2 ^ 2 ) * ( 3 ^ 1 ) * ( 5 ^ 1 ) = 60 ans=(22)(31)(51)=60

所以先把每个环的质因子分解出来,然后取幂次最高的那个,然后把所有质因子按照幂次都乘上即可。

AC代码:

const int N = 4e5 + 50;
int n, m;
int a[N], vis[N];
int cnt[N];
vector<int> v;

namespace bigI
{
typedef vector<ll> VI;
const int bas = 1e4;

void print(VI A)
{
	if (A.size() == 0)
		return;
	printf("%lld", A.back());
	for (int i = A.size() - 2; i >= 0; --i)
		printf("%04lld", A[i]);
	puts("");
}

VI mul(VI A, ll b)
{
	static VI C;
	C.clear();
	ll t = 0;
	for (int i = 0; i < (int)A.size() || t; ++i)
	{
		if (i < (int)A.size())
			t += A[i] * b;
		C.push_back(t % bas);
		t /= bas;
	}
	return C;
}
} // namespace bigI
using namespace bigI;

int dfs(int p)
{
	if (vis[p])
		return 0;
	vis[p] = 1;
	return dfs(a[p]) + 1;
}//找环

int main()
{
	sd(n);
	rep(i, 1, n)
		sd(a[i]);
	rep(i, 1, n)
	{
		if (vis[i])
			continue;
		int x = dfs(i);
		v.pb(x);
	}
	for (auto i : v)
	{
		int now = i;
		int res = 0;
		for (int j = 2; j * j <= now; j++)
		{
			res = 0;
			while (now % j == 0)
				res++, now = now / j;
			cnt[j] = max(cnt[j], res);
		}
		if (now > 1)
			cnt[now] = max(cnt[now], 1);
	}
	VI ans = {1};
	rep(i, 2, n)
	{
		while (cnt[i])
		{
			ans = mul(ans, i);
			cnt[i]--;
		}
	}
	print(ans);
	return 0;
}

F DPS(签到)

题意:

编写一个程序,输出显示对敌人造成伤害的直方图,其中空格的长度为 s i = 50 d i m a x i   d i s_i=50\frac{d_i}{max_i\ d_i} si=50maxi didi (向上取整),必须通过将最后一个空格替换为 ‘ ∗ ’ ‘ ∗ ’ ‘ ∗ ’ ‘∗’‘*’‘∗’ 来标记对敌人造成最大伤害的玩家,如果有多个最大值,则将其全部标记。

这个思路很明显,按照题意模拟就行,注意精度问题。

AC代码:

const int N = 2e5 + 50;
int d[110];
int main()
{
    int n;
    sd(n);
    rep(i, 1, n)
        sd(d[i]);
    int maxn = 0;
    rep(i, 1, n)
        maxn = max(maxn, d[i]);
    rep(i, 1, n)
    {
        int len = ceil(50.0 * d[i] / maxn);
        printf("+");
        rep(j, 1, len)
            printf("-");
        printf("+");
        puts("");
        printf("|");
        rep(j, 1, len - 1)
            printf(" ");
        if (d[i])
            printf("%c", (d[i] == maxn) ? '*' : ' ');
        printf("|%d\n", d[i]);
        printf("+");
        rep(j, 1, len)
            printf("-");
        printf("+");
        puts("");
    }
    return 0;
}

I Hard Math Problem

题意:

给出一个 n ∗ m n*m nm 的网格,每个格子可放 H 、 E 、 G H、E、G HEG 中的一个,要求 H H H 的上下左右至少要有一个 E E E 和一个 G G G ,问 n 、 m n、m nm 都取无穷大时放 H H H 的个数占总格数的多少。

取一条斜线,在斜线上交错摆 E E E G G G,这样斜线之上和之下的两条斜线都可以摆放 H H H,则占比为 2 3 \frac{2}{3} 32

GHGHGH
HEHEHE
GHGHGH
HEHEHE
GHGHGH
HEHEHE

AC代码:

int main()
{
    double ans=2.0/3.0;
    printf("%.6lf\n",ans);
    return 0;
}

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