牛客练习赛67 题解报告（未完成）

比赛链接

A 牛牛爱字符串

思路分析：模拟题。
需要注意的是如果将字符串中所有数字提取出来的话，若数字长度过大，很容易溢出。建议直接确定数字在字符串中的首尾位置后遍历输出。

$Code:$

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#include 
using namespace std;
#define MaxN 100010
//#define MOD 998244353
#define PI acos(-1.0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define endl '\n'
#define LL long long
#define PII pair
#define rint register int 
#define ULL unsigned long long
const int MOD=1e9+7;
//int days[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
//int dir[4][2]={{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};
template<class T> inline void read(T& x){
    x=0;int f=0;char ch=getchar();
    while( !isdigit(ch) ) f|=( ch == '-' ) , ch=getchar();
    while( isdigit(ch) )  x = ( x<<1 ) + ( x<<3 ) + ( ch^48 ) , ch=getchar();
    x = f ? -x : x;
}
template<class T> inline void print(T x){
    if ( x < 0 ) { putchar('-'); x = -x; }
    if ( x >= 10 ) print( x / 10 );
    putchar(x % 10 + '0');
}
char str[MaxN];
void solve(){
    int n=strlen(str);
    for(int i=0; i<n; i++){
        if( isdigit(str[i]) ){
            int j=i;
            while( j < n && isdigit(str[j+1]) ) j++;
            while( i < j && str[i] == '0' ) i++;
            for(int k=i; k<=j; k++) cout<<str[k];
            cout<<' ';
            i=j;
        }
    }
    cout<<endl;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    while( gets(str) ){
        solve();
    }
    return 0; 
}

B 牛牛爱位运算

思路分析：结论题。
$a\&b<=\max (a,b)$ 拓展到 $n$ 个数字也是一样。

$Code:$

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#include 
using namespace std;
#define MaxN 1000010
//#define MOD 998244353
#define PI acos(-1.0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define endl '\n'
#define LL long long
#define PII pair
#define rint register int 
#define ULL unsigned long long
const int MOD=1e9+7;
//int days[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
//int dir[4][2]={{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};
template<class T> inline void read(T& x){
    x=0;int f=0;char ch=getchar();
    while( !isdigit(ch) ) f|=( ch == '-' ) , ch=getchar();
    while( isdigit(ch) )  x = ( x<<1 ) + ( x<<3 ) + ( ch^48 ) , ch=getchar();
    x = f ? -x : x;
}
template<class T> inline void print(T x){
    if ( x < 0 ) { putchar('-'); x = -x; }
    if ( x >= 10 ) print( x / 10 );
    putchar(x % 10 + '0');
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while( T-- ){
        int ans=-INF,n,m;
        cin>>n;
        for(int i=1; i<=n; i++){
            cin>>m;
            ans=max(ans,m);
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0; 
}

C 牛牛爱博弈

思路分析：思维题。
我们每次只能取$2^k$颗石子。如果对$2^k$ $mod$ $3$ 的话，就是$1,2,1,2,1,2,\dots$.我们发现这个数列是以$1,2$循环的。那么原题意就可以转化为取若干次石子，每次只能取$3$颗石子和一次取$1,2$颗石子的操作。取走最后一个石子的算赢。
如果当$n$是$3$的倍数的话，先手无法一次性取完，必然要剩下部分石子，我们设$n=3k_1$，经过先手操作后的剩余石子为$3k_1-3k_2-1$或者是$3k_1-3k_2-2$，整理后发现对于$3(k_1-k_2)-2$或者$3(k_1-k_2)-1$，后手只要分别取$1,2$颗石子，就能确保下一轮留给先手的石子个数为$3$的倍数。先手依旧无法取走最后一颗石子，所以无法必胜。
当$n$不是$3$的倍数，先手可以先取走$1$颗或者$2$颗，这样留给后手的石子个数就会是$3$的倍数。后手无法一次性取走所有的石子，必然会剩余石子，留到下一轮。重复上述操作，可确保先手必胜。
结论：$n$是$3$的倍数则后手必胜，反之则先手必胜。

$Code:$

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#include 
using namespace std;
#define MaxN 100010
//#define MOD 998244353
#define PI acos(-1.0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define endl '\n'
#define LL long long
#define PII pair
#define rint register int 
#define ULL unsigned long long
const int MOD=1e9+7;
//int days[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
//int dir[4][2]={{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};
template<class T> inline void read(T& x){
    x=0;int f=0;char ch=getchar();
    while( !isdigit(ch) ) f|=( ch == '-' ) , ch=getchar();
    while( isdigit(ch) )  x = ( x<<1 ) + ( x<<3 ) + ( ch^48 ) , ch=getchar();
    x = f ? -x : x;
}
template<class T> inline void print(T x){
    if ( x < 0 ) { putchar('-'); x = -x; }
    if ( x >= 10 ) print( x / 10 );
    putchar(x % 10 + '0');
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while( T-- ){
        LL n;
        cin>>n;
        if( n%3 ) cout<<"Alan"<<endl;
        else cout<<"Frame"<<endl; 
    }
    return 0; 
}

D 牛牛爱数列

思路分析：线性$dp$
题意很像线性$dp$中的经典例题最短编辑距离，都是给定一个字符串和几种操作方案，问最少经过多少次操作，可变成要求的字符串。
那么考虑$dp$做法。
设$dp[i][0/1]$分别为前$i$位全$0$和全$1$的最少操作次数。
如果当前$A[i]==0$的话，显然有$dp[i][0]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+1)$，此处的$dp[i-1][1]+1$意思是先将前$i-1$位翻转为$1$，最后利用前缀修改操作使得前$i$位全$0$，同时显然有$dp[i][1]=min(dp[i-1][0]+1,dp[i-1][1]+1)$，两个$+1$分别对应前缀修改和单点修改。
同理，当前$A[i]==1$的话，显然有$dp[i][1]=min(dp[i-1][0]+1,dp[i-1][1])$，同时显然有$dp[i][0]=min(dp[i-1][0]+1,dp[i-1][1]+1)$。
最终答案为$dp[n][0]$。

$Code:$

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#include 
using namespace std;
#define MaxN 100010
//#define MOD 998244353
#define PI acos(-1.0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define endl '\n'
#define LL long long
#define PII pair
#define rint register int 
#define ULL unsigned long long
const int MOD=1e9+7;
//int days[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
//int dir[4][2]={{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};
template<class T> inline void read(T& x){
    x=0;int f=0;char ch=getchar();
    while( !isdigit(ch) ) f|=( ch == '-' ) , ch=getchar();
    while( isdigit(ch) )  x = ( x<<1 ) + ( x<<3 ) + ( ch^48 ) , ch=getchar();
    x = f ? -x : x;
}
template<class T> inline void print(T x){
    if ( x < 0 ) { putchar('-'); x = -x; }
    if ( x >= 10 ) print( x / 10 );
    putchar(x % 10 + '0');
}
int A[MaxN],dp[MaxN][2];
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1; i<=n; i++) cin>>A[i];
    for(int i=1; i<=n; i++){
        if( A[i] == 0 ){
            dp[i][0]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+1);
            dp[i][1]=min(dp[i-1][0]+1,dp[i-1][1]+1);
        }
        else{
            dp[i][0]=min(dp[i-1][0]+1,dp[i-1][1]+1);
            dp[i][1]=min(dp[i-1][0]+1,dp[i-1][1]);
        }
    }
    cout<<dp[n][0];
    return 0; 
}