牛客练习赛67 补题+题解

A.牛牛爱字符串
题意:给定字符串，输出当中的数字，注意不能有前导零。
简单模拟题，但格式要求非常严格，最后一个数字后不能有空格。还有一个坑点，如果只有0也是要输出一个0的。
我是用队列模拟， 去掉前导零。

#include 
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
string s;
queue<int> st[N];
int main() {
	while (getline(cin, s)) {
        int len = s.length();
        int k = 0;
        for (int i = 0; i < len; i++) {
            if (s[i] >= '0' && s[i] <= '9') st[k].push(s[i] - '0');
            else {
                if (st[k].size()) k++;
            }
        }
        for (int i = 0; i <= k; i++) {
            //int f = 0;
            while (st[i].size()) {
                int now = st[i].front();
                if (now == 0 && st[i].size() != 1) st[i].pop();
                else break;
            }
        }
        int f = 0;
        if (st[k].size()) f = 1;
        for (int i = 0; i <= k; i++) {
            
            while (st[i].size()) {
                int now = st[i].front();
                st[i].pop();
                cout << now;
            }
            if (f && i != k) cout << " ";
            else if (!f && i < k - 1) cout << " ";
        }
        cout << endl;
	}
}

B.牛牛爱位运算
题意：任选n个数，要求&起来最大。

已知与只会变小，所以取一个最大值就可以.

#include 
using namespace std;
int T;
int main() {
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        int n, x;
        int Max = 0;
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &x), Max = max(Max, x);
        printf("%d\n", Max);
    }
}

C 牛牛爱博弈
题意:有n颗石子，要求一次可以拿2^k个，拿到最后一颗的人获胜

我们将2^k % 3, 发现答案是1， 2， 1， 2， 1， 2……
易得如果是3的时候，先手是必输的，可以推出任何3的倍数都是必输的.

#include 
using namespace std;
int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        int  n;
        scanf("%d", &n);
        if (n % 3 == 0) printf("Frame\n");
        else printf("Alan\n");
    }
}

D 牛妹爱数列
题意：
你有一个01串和两种操作，
1.可以任意翻转前n个数
2.单点翻转一个数
问最少操作多少次可以得到一个0串

考虑dp
我们可以用dp1[i]代表将前i个数翻转成1所需的最少次数，
用dp0[i]代表将前i个数翻转成0所需要的最少次数

如果你想把前i个都变成0串，那么会有两种操作
1.将前i-1个数字都变成0， 再将i变成0
2.将前i-1个数字都变成1，再翻转一次变成0

#include 
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int a[N], dp1[N], dp0[N];
int p[N];

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
    }
    dp0[1] = (a[1] == 1);
    dp1[1] = 1 - dp0[1];
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        dp1[i] = min(dp1[i - 1] + (a[i] != 1), dp0[i - 1] + 1);
        dp0[i] = min(dp0[i - 1] + (a[i] != 0), dp1[i - 1] + 1);
    }
    printf("%d\n", dp0[n]);
}

E 牛妹游历城市
题意：
给n个城市，每个城市都有一个权值，权值按位与之后不为0的点之间可以连一条权值为lowbit(a[i], a[j])的边。
由于n的范围为1e5，因此不能枚举所有点。
我们考虑将每个点都拆成32位，建立32个超级源点，将每个点向自己的超级源点连一条边权为1<

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 1e16;
const int N = 2e6 + 10;

int T, n, tot;
ll a[N], dis[N];
int head[N], vis[N];

inline int lowbit(int x) { return -x & x; }

struct edge {
	int to, next;
	ll vi;
}e[N<<1];

struct node {
	ll d;
	int now;
	bool operator < (const node& x) const {
		return d > x.d;
	}
};

priority_queue<node> q;
void add(int u, int v, ll w) {
	e[tot].to = v;
	e[tot].vi = w;
	e[tot].next = head[u];
	head[u] = tot++;
}
void dij() {
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		dis[i] = INF;
	}
	dis[1] = 0;
	q.push(node{ dis[1], 1 });
	while (!q.empty()) {
		node p = q.top();
		q.pop();
		int u = p.now;
		if (vis[u]) continue;
		vis[u] = 1;
		for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].next) {
			int v = e[i].to;
			if (dis[u] + e[i].vi < dis[v])
				dis[v] = dis[u] + e[i].vi;
			if (!vis[v])
				q.push(node{ dis[v], v });
		}
	}
}

int main() {
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d", &n);
		tot = 0;
		memset(head, -1, sizeof head);
		memset(vis, 0, sizeof vis);
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            scanf("%lld", &a[i]);    
        }
        
		for (int i = 1; i <= n + 40; i++) dis[i] = INF;

		for (int i = 0; i < 32; i++) {
			for (int j = 1; j <= n; j++) {
				if ((a[j] >> i) & 1) {
					add(n + i + 1, j, 1ll << i);
					add(j, n + i + 1, 1ll << i);
				}
			}
		}
		dij();
		if (dis[n] == INF) cout << "Impossible" << endl;
		else cout << (dis[n] / 2) << endl;
    }
}

F 之后再补

ε=ε=ε=┏(゜ロ゜;)┛