牛客编程巅峰赛S1第5场 题解

完全平方数的尾巴

思路：暴力枚举。

考虑$a^2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)=a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\times a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$。

所以当$a=1000$时又回到$a=0$，即周期为$T=1000$。

所以我们只需要暴力枚举$a\in [0,999]$特判$a^2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}1000)=x$。

时间复杂度：$O(n)$

typedef long long ll;
class Solution {
public:
    /**
     * 
     * @param x int整型 
     * @return bool布尔型
     */
    bool solve(int x) {
      for(int i=0;i<1000;i++)
          if(i*i%1000==x) return true;
        return false;
    }
};

牛牛的字符串

思路：归并排序

此题的实质就是求序列的逆序对数，使得整个字符串呈非递增序列。

因为此题字符集只有$|\Sigma |=26$。所以我们可以考虑用$dp$实现。

令$dp[i][j]$表示前$i$个集合中，字符$j{+}^{\prime }{a}^{\prime }$的个数。

显然每次我们只需统计对$k$取模后，比当前字符$s[i]$小的字符个数即可。

即：$\sum _{j<s[i]{-}^{\prime }{a}^{\prime }}dp[i\%k][j]$

时间复杂度：$O(26n)$。

class Solution {
public:
    int turn(string s, int k) {
        int n=s.size(),ans=0;
        vector<vector<int> >dp(k,vector<int>(26,0));
       for(int i=0;i<n;i++){
           for(int j=0;j<s[i]-'a';j++) ans+=dp[i%k][j];
           dp[i%k][s[i]-'a']++;
       }
        return ans;
    }
};

另外此题还可以用树状数组和线段树写，用权值树状数组维护一下前缀和即可。

时间复杂度：$O(nlog26)$

#define lowbit(x) x&(-x)
const int N=1e5+5;
class Solution {
public:
    int tr[N][30],sz=26;
    void upd(int p,int x,int k){
         while(x<=26){
             tr[p][x]+=k;
             x+=lowbit(x);
         }
    }
    int query(int p,int x){
        int ans=0;
         while(x){
           ans+=tr[p][x];
           x-=lowbit(x);
         }
        return ans;
    }
    int turn(string s, int k) {
        memset(tr,0,sizeof tr);
         int n=s.size();
        int ans=0;
        for(int i=0;i<n;i++){
            int p=i%k;
            ans+=query(p,s[i]-'a');
            upd(p,s[i]-'a'+1,1);
        }
        return ans;
    }
};

下棋

思路：二维前缀和。

考虑：每次增加的贡献是多少，显然是一个类似于两个矩阵重合的图形。

对于当前点：$O(x,y)$，因为是在$step$范围内。

对应矩阵的几个边界点：

$A(1,y-step+1),C(n,y+step-1)\to 矩形ABCD$
$E(x-step+1,1),G(x+step-1,n)\to 矩形EFGH$
$I(x-step+1,y-step+1),K(x+step-1,y+step-1)\to 矩形IJKL$

所以该图形的贡献是：$S_{ABCD}+S_{EFGH}-S_{IJKL}$

所以我们只需要维护一下二维前缀和即可算出答案，需要注意的是边界情况。

时间复杂度：$O(n^2+q)$

const int N=2e3+10;
typedef long long ll;
class Solution {
public:
    ll pre[N][N],a[N][N],mod=1e9+7;
    int d[4][2]={0,1,1,0,0,-1,-1,0};
    struct P{
        int x,y;
    }b[N*N];
    ll cal(int n,int x1,int y1,int x2,int y2){
        if(x1<1) x1=1;if(y1<1) y1=1;
        if(x2>n) x2=n;if(y2>n) y2=n;
        return pre[x2][y2]-pre[x2][y1-1]-pre[x1-1][y2]+pre[x1-1][y1-1];
    }
    vector<int> getScores(int n, vector<int>& query) {
         int x=1,y=1,id=0;
         for(int i=1;i<=n*n;i++){
            a[x][y]=i;b[i]={x,y};
            int nx=x+d[id][0],ny=y+d[id][1];
            if(a[nx][ny]||nx<1||nx>n||ny<1||ny>n) id=(id+1)%4;
            x+=d[id][0],y+=d[id][1];
         }
        for(int i=1;i<=n;i++)
             for(int j=1;j<=n;j++){ 
             pre[i][j]=pre[i-1][j]+pre[i][j-1]-pre[i-1][j-1]+a[i][j];
            //printf("pre[%d][%d]=%d\n",i,j,pre[i][j]);
             }
        vector<int>ans;
        ll sum=0;
        int pos=1;
        for(int i=0;i<query.size();i++){
             int step=query[i];
             pos=(pos+step-1)%(n*n)+1;
            int x=b[pos].x,y=b[pos].y;
            sum+=cal(n,x-step+1,1,x+step-1,n)+cal(n,1,y-step+1,n,y+step-1);
            sum-=cal(n,x-step+1,y-step+1,x+step-1,y+step-1);
            sum%=mod;
            ans.push_back((int)sum);
         }
       return ans;
    }
};