牛客小白月赛25 补题+题解[A-J]

加油加油加油！

A.AOE还是单体？

思路：这题数据范围2e5，如果想暴力的话，会果断超时这毋庸置疑，正解应该是贪心，对于怎样选择使用技能，选择方法：当剩余怪物的个数大于或等于x时，我们选择AOC伤害，如果小于，也就是说还不如我一滴血一滴血的去打怪物划算，就选择单体伤害了。
我们可以通过排序解决这个问题，找出使用多少次AOE伤害后剩下x个怪物，之后把这x个怪物的血量加起来即可。
要有特判一次也不使用AOE伤害的情况

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
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const int maxn = 300010;
const int MaxN = 0x3f3f3f3f;
const int MinN = 0xc0c0c00c;
typedef long long ll;
const int mod = 1000007;
using namespace std;

ll a[maxn];

int main()
{
    ll n,x;
    ll ans=0;
    ll cnt=0;
    cin>>n>>x;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
        cnt+=a[i];
    }
    sort(a+1,a+n+1);
    if(n-x+1<=0){
        cout<<cnt<<endl;
        return 0;
    }
    ans=a[n-x+1]*x;
    for(int i=n-x+1;i<=n;i++){
        ans+=a[i]-a[n-x+1];
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

B.k-size字符串

（这里采用出题人的官方解释，写的十分详细）

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
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#include 
#include 
const int maxn = 2e5+10;
const int MaxN = 0x3f3f3f3f;
const int MinN = 0xc0c0c00c;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9+7;
using namespace std;

ll pre[maxn];
ll power(ll a,ll b,ll c) {
    ll ans=1;
    a = a%c;
    while(b) {
        if(b&1)
            ans=ans*a%c;
        a=a*a%c;
        b=b>>1;
    }
    return ans;
}
ll c(ll a, ll b) {
    if (b>a) return 0;
    ll ans=pre[a]*power(pre[b]*pre[a-b]%mod,mod-2,mod)%mod;
    return ans;
}
void init() {
    pre[0]=1;
    for (int i=1;i<maxn;i++)
        pre[i]=pre[i-1]*i%mod;
}
int main() {
    init();
    ll n,m,k;
    cin >>n>>m>>k;
    if (n<m) swap(n,m);
    if (k==1||k>n+m)
        cout<<0<<endl;
    else{
        ll ans=0;
        for (int i=1;i<=n;i++) {
            int j=k-i;
            if (j<=0) continue;
            ll x=c(n-1,i-1),y=c(m-1,j-1);
            if (j==i-1||j==i+1) {
                ans=(ans+x%mod*y%mod)%mod;
            }
            else if (j==i){
                ans=(ans+2*x%mod*y%mod)%mod;
            }
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

C.白魔法师

题解：这个题我们可以先通过并查集把联通的白块给合并起来，并且实时更新一个区域白块数量的最大值（只记录在根节点位置），然后我们在找出黑块的位置，并且查找他周围白块的数量（数量不要忘记加上当前黑块的数量，也就是1），因为一个区域的白块最大值只记录在父节点的位置上，所以我们需要找到父节点的位置再加数量

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
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const int maxn = 2e5+10;
const int MaxN = 0x3f3f3f3f;
const int MinN = 0xc0c0c00c;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9+7;
using namespace std;
char s[maxn];
vector <vector<int> >maps;
int a[maxn],f[maxn];

int ifind(int x){
    if(f[x]==x) return x;
    return f[x]=ifind(f[x]);
}
void mer(int x,int y){
    int dx=ifind(x);
    int dy=ifind(y);
    if(dx!=dy){
        f[dx]=dy;
        a[dy]+=a[dx];
    }
}
int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    scanf("%s",s+1);
    maps.resize(maxn);
    for(int i=0;i<maxn;i++) f[i]=i,a[i]=1;
    for(int i=0;i<n-1;i++){
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        maps[x].push_back(y);
        maps[y].push_back(x);
        if(s[x]=='W'&&s[y]=='W'){
            mer(x,y);
        } //
    }
    int imax=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(s[i]=='W') imax=max(imax,a[ifind(i)]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int ans=1;
        if(s[i]=='B'){
            for(int j=0;j<maps[i].size();j++)
                if(s[maps[i][j]]=='W') ans+=a[ifind(maps[i][j])];
            imax=max(imax,ans);
        }
    }
    cout<<imax<<endl;
    return 0;
}

D.抽卡

QAQ这个题主要考察的知识点是逆元的知识点（虽然之前做过逆元的题目，但是这次完全没想到用这个方法，甚至自己傻乎乎的在想最大公约数）
题解：这个题主要考的逆元的知识，它可以把分数当成整数来进行运算，这个题我们可以先求出怎么抽也抽不中的概率，然后用一减去这个概率即可。

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const int maxn = 1e5+10;
const int MaxN = 0x3f3f3f3f;
const int MinN = 0xc0c0c00c;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9+7;
using namespace std;

ll a[maxn],b[maxn];
ll qp(ll a,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1) ans=ans*a%mod;
        b>>=1;
        a=a*a%mod;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=0;i<n;i++) cin>>b[i];
    ll ans=1;
    for(int i=0;i<n;i++){
        ans=ans*(a[i]-b[i])%mod*qp(a[i],mod-2)%mod;
    }
    ans=(mod+(1-ans))%mod;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

E.点击消除

题解：这个题主要是考察了栈的运用，可以用数组模拟一下栈。

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#include 
const int maxn = 300010;
const int MaxN = 0x3f3f3f3f;
const int MinN = 0xc0c0c00c;
typedef long long ll;
const int mod = 1000007;
using namespace std;

char str[maxn],ans[maxn];
int main()
{
	int i,len,j;
	scanf("%s",str);
	len=strlen(str);
	ans[0]=str[0];
	j=1;
	for(i=1;i<len;i++)
	{
		ans[j]=str[i];                        //进栈
		if(j>=1&&ans[j]==ans[j-1])            //出栈
			j-=2;
		j++;
	}
	ans[j]='\0';
	if(j==0) printf("0");
	else{
        cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

F.疯狂的自我检索者

题解：把已知的数全都加起来，再把未知的分别假设为1和5即可

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
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#include 
const int maxn = 300010;
const int MaxN = 0x3f3f3f3f;
const int MinN = 0xc0c0c00c;
typedef long long ll;
const int mod = 1000007;
using namespace std;


int main()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    double x=0,t;
    for(int i=0;i<n-m;i++){
        scanf("%lf",&t);
        x+=t;
    }
    double imax=(x+5*m)/n;
    double imin=(x+m)/n;
    printf("%.5f %.5f",imin,imax);
    return 0;

}

G.解方程

题解：这个题方程其实是一个具有单调性的方程（我也不知道怎么证明，用了Mathematic画了一下这个图像，有了神奇的发现），所以二分就行，这里说误差小于1e-7所以二分的精确值我直接设到了1e-8

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
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#include 
const int maxn = 1e5+10;
const int MaxN = 0x3f3f3f3f;
const int MinN = 0xc0c0c00c;
typedef long long ll;
const int mod = 1000007;
using namespace std;
double a,b,c;
bool che(double x){
    if(pow(x,a)+b*log(x)>=c){
        return true;
    }
    else return false;
}
int main()
{
    cin>>a>>b>>c;
    double l=0, r=1e9;
    double mid;
    double ans=0;
    while(r-l>1e-8){
        mid=(l+r)/2.0;
        if(che(mid)){
            ans=mid;
            r=mid-1e-7;
        }
        else l=mid+1e-7;
    }
    printf("%.14f",ans);
    return 0;
}

H.神奇的字母（二）

题解：用while不断输入，设置一个数组记录每个字母出现的次数

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
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#include 
#include 
#include 
const int maxn = 300010;
const int MaxN = 0x3f3f3f3f;
const int MinN = 0xc0c0c00c;
typedef long long ll;
const int mod = 1000007;
using namespace std;

string s;
int a[100];
int main()
{
    while(cin>>s){
        for(int i=0;i<s.size();i++){
            a[s[i]-'a']++;
        }
    }
    char x;
    int imin=0;
    for(int i=0;i<26;i++){
        if(imin<a[i]){
            imin=a[i];
            x=i+'a';
        }
    }
    cout<<x<<endl;
    return 0;

}

I.十字爆破

题解：因为没有明确的给出m和n的范围，所以我们开一个一维数组当二维数组用就行，（即切分开）a[i*m+j]代表a[i][j]
然后预处理行和列最后相加即可

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include 
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#include 
#include 
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#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
const int maxn = 1e6+10;
const int MaxN = 0x3f3f3f3f;
const int MinN = 0xc0c0c00c;
typedef long long ll;
const int mod = 1000007;
using namespace std;

ll x[maxn];
ll hang[maxn];
ll lie[maxn];
ll a[maxn];
int main()
{
    int n,m;
    int cnt=1;
    ll ans=0;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n*m;i++){
        scanf("%lld",&x[i]);
        ans+=x[i];
        lie[i-(cnt-1)*m]+=x[i];
        if(i%m==0){
            hang[cnt++]=ans;
            ans=0;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int f=1;f<=m;f++){
            printf("%lld ",hang[i]+lie[f]-x[(i-1)*m+f]);
//            cout<<"hang"<
//            cout<<"lie"<
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;

}

J.异或和之和

比赛的时候只想到可能会与二进制每个位0和1的个数有关，其他的确实没想到
题解：如果某位异或和为1 那只有两种情况
一种 1 1 1 另一种1 0 0
我们用高中所学过的组合公式即可

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include 
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#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
const int maxn = 1e5+10;
const int MaxN = 0x3f3f3f3f;
const int MinN = 0xc0c0c00c;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9+7;
using namespace std;
ll a[100];

int main()
{
    ll n,m;
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++){
        scanf("%lld",&m);
        for(int j=0;j<64;j++){
            a[j]+=((m>>j)&1);
        }
    }
    ll sum=0;
    for(int i=0;i<64;i++){
        sum+=(1ll<<i)%mod*(a[i]*(a[i]-1)*(a[i]-2)/6%mod)%mod;
        sum+=(1ll<<i)%mod*(a[i]*(n-a[i])*(n-a[i]-1)/2%mod)%mod;
        sum%=mod;
    }
    cout<<sum<<endl;
    return 0;
}

萌新一枚，欢迎各位巨佬指出不足。