2019 蓝桥杯国赛 B 组模拟赛 题解

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2019 蓝桥杯国赛 B 组模拟赛 题解_第1张图片

#include
using namespace std;

/*
求阶乘 去除尾部0
每次求阶乘时:结果去除尾0,并对 1e6取余
*/

typedef long long ll;

ll n = 1325476;
const ll mod = 1e6;

ll ans = 1;

void solve(){
    while(ans%10 == 0) ans = ans/10;
    ans = ans%mod;
}

int main(){
    for(ll i = n;i>=1;i--){
        ans = ans * i;
        solve();
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}
//137664
#include
using namespace std;

/*
2 * 5会产生0
做法:每次循环求阶乘时 统计2和5个数 并去除2和5,最后乘回来即可 
*/

typedef long long ll;

ll n = 1325476;
const ll mod = 1e6;

ll ans = 1;
ll cnt1 = 0;
ll cnt2 = 0;
int main(){
    for(ll i = 1;i <= n; i++){
        ll x = i;
        while(x%2==0) cnt1++,x=x/2;
        while(x%5==0) cnt2++,x=x/5;
        ans = ans * x % mod;
    }
    if(cnt1 - cnt2 > 0){
        for(int i=1;i<=cnt1-cnt2;i++) ans = ans * 2 % mod;
    }else{
        for(int i=1;i<=cnt2-cnt1;i++) ans = ans * 5 % mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}
//137664

101串 ok

2019 蓝桥杯国赛 B 组模拟赛 题解_第2张图片

dfs搜索方法

#include
using namespace std;

int num[35];
long long ans = 0;

/*
dfs枚举2^30种可能结果
运行100秒左右
*/

void dfs(int k){
    if(k==31){
        for(int i=1;i<=28;i++){
            if(num[i] == 1 && num[i+1] == 0 && num[i+2] == 1){
                ans++;
                break;
            }
        }
        return;
    }
    
    num[k] = 1;
    dfs(k+1);
    num[k] = 0;
    dfs(k+1);
}


int main(){
    dfs(1);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}
//1046810092

二进制枚举方法

#include
using namespace std;

/*
二进制枚举
1<<30种 也就是2^30可能情况
对于每个情况 枚举每一位 判断是否满足条件 
*/

int ans = 0;

int main(){
    for(int i=0;i<(1<<30);i++){
        int x = i;
        int a = 0 ,b = 0, c = 0;
        bool check = false;
        while(x){
            c = b;
            b = a;
            a = x & 1;
            if(a && !b && c){
                check = true;
                break;
            }
            x >>= 1;
        }
        if(check) ans++;
    } 
    cout<

游戏 ok

1454456-20190513165538656-1016185676.png
2019 蓝桥杯国赛 B 组模拟赛 题解_第3张图片

#include
using namespace std;

typedef long long LL;
LL a = 482333897982347239LL;
LL b = 557432748293424892LL;
LL k = 1389472389742429877LL;

//同余 (b-a) % mod = b*2 % mod 
void test(){
    LL mod = a + b;
    cout<<(b-a) % mod<>= 1;
    }
    return ans;
}

//快速幂 
LL mpow(LL x,LL y,LL p){
    LL ans = 1LL;
    while(y){
        if(y & 1LL) ans = mmul(ans,x,p);
        x = mmul(x,x,p);
        y >>= 1;
    }
    return ans;
}

int main(){
    LL mod = a + b; //首先 c + d = 2*a + b - a  =  a + b = mod
    LL ans = mmul(a,mpow(2LL,k,mod),mod); //d = b - a = b - (mod - b) = 2*b - mod = 2*b %mod,所以 b-a 也就等价于 b*2,等价后a与b交不交换都无所谓(因为后面的操作都是*2)
    printf("%lld\n",min(ans,mod-ans));//结果确保A更小,A可能是ans 也可能是mod-ans(b)
    return 0;
} 
//383513242709218605

公约数 ok

蒜头君有n个数,他想要从中选出k个数,使得它们的最大公约数最大。
请你求出这个最大的最大公约数。

输入格式
第一行输入两个整数 。
第二行输入 个整数 。

输出格式
输出一个整数。

数据范围
1454456-20190513165713390-614305200.png

样例输入1
4 3
2 4 8 3
样例输出1
2

样例输入2
4 2
4 8 6 6
样例输出1
6

思路:
30% 暴力dfs 或者 状态压缩(二进制枚举)选出k个数
另外30% 由概率,直接输出 1。
100% 枚举可能的gcd 值,检查有多少元素被它整除即可。时间复杂度O(nlogn)

30%代码-dfs搜索

#include
using namespace std;

typedef long long ll;
ll ans = 1;
ll gcd(ll a,ll b){
    if(b==0)
        return a;
    return gcd(b,a%b);
}

const int maxn = 1e6+10;
int n,k;
int a[maxn];

/*
dfs暴搜过30%数据 
*/

/*
不确定的dp状态转移方程:dp[i][k] = max(dp[i][k],gcd(dp[j n+1) return;
    if(have > k+1) return;
    if(have == 1){
        dfs(cur+1,have,_gcd);
        dfs(cur+1,have+1,a[cur]);
    }else{
        dfs(cur+1,have,_gcd);
        dfs(cur+1,have+1,gcd(a[cur],_gcd));
    }
    
}

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    dfs(1,1,0);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

100%代码

#include
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 7;
const int mod = 1e9 + 7;
int a[N+10];

int main(){
    int n,k,x;
    memset(a,0,sizeof(a));
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=0;i= k) ans = i;//比k大 那么选出k个数 他们的gcd就是当前的i 
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
} 

蒜头图 ok

2019 蓝桥杯国赛 B 组模拟赛 题解_第4张图片
2019 蓝桥杯国赛 B 组模拟赛 题解_第5张图片

实际上就是问图里有多少个环,计环的个数为 k,则结果为2^k-1。
30% 状态压缩选出边,判断所选的边是否构成环
100% 并查集统计环的数量,使用并查集每次询问只需要判断这两点之前是否连通就可以了,为什么结果是2^k-1呢(k表示环的数量),有大佬说了:题目表明了“只要构成蒜头图就算一种情况”,那么也就是说从原图中取1个环也能构成环,取其中两个环也能构成环(有环就代表是蒜头图的子图,管你取几个环都是蒜头图).......C(n,i) i从1~k都能构成环 那么C(n,1) + C(n,2) + C(n,3) + C(n,k)就是答案,这个式子的值也等于2^k-1

100%代码-并查集统计环的数量

#include
using namespace std;

const int mod = 1046513837;
int n,m,f[200500];

int find(int x){
    return f[x] == x ? x : f[x] = find(f[x]);
}

void merge(int a,int b){
    int x = find(a);
    int y = find(b);
    if(x != y ) f[x] = y;
}

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i] = i;
    long long ans = 1;
    for(int i=1 ;i<=m;i++){
        int a,b;
        scanf("%d%d",&a,&b);
        int x = find(a), y = find(b);
        if(x == y){//这里如果 两个点祖先一样 说明找到环了 
            ans <<= 1; 
            if(ans > mod) ans -= mod;
        }else merge(a,b);
        printf("%lld\n",ans-1);
    }
    return 0;
}

区间并 60% 线段树做法不会

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2019 蓝桥杯国赛 B 组模拟赛 题解_第7张图片

30% 按照题意暴力计算,枚举权值区间,枚举给定的数组的区间 ok

60% 枚举所有的答案区间l~r,看看哪些区间能恰好分成两个不相交的区间,暴力做的话:枚举l和r共O(n^2),加上判断是否恰好分成了两个区间共O(n^3)。判断是否分成了两个区间可以用并查集来维护,查询复杂度可以降到O(1)。
具体怎么用并查集维护?没写代码,但我是这样想的,在原序列中 如果 a[i] 和 a[i-1] 是连续的 即(后面这个数比前面这个数值大1) 就把当前第i个数 加入第i-1的集合中,代表他们是一个区间的。后面查询是否分成两个区间时,只需查询l~r区间内的数被分成了几个集合就可以了。
这个思路我自认为没有问题emmmm

100% 线段树维护区间最大值、次大值、相应个数 O(nlogn) 不会

30%代码-暴力枚举:

#include
using namespace std;

const int maxn = 3*1e6+5;
int n;
int m[maxn];
int vis[maxn];
int ans = 0;

/*
枚举l~r区间
枚举i~j区间
*/

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&m[i]);
    for(int l=1;l<=n;l++){
        for(int r=l+1;r<=n;r++){
            bool flag = false;
            for(int a=1;a<=n;a++){
                for(int b=a;b<=n;b++){
                    for(int c=b+1;c<=n;c++){
                        for(int d=c;d<=n;d++){
                            bool flag2 = true;
                            for(int i=1;i<=n;i++) vis[i] = 0;
                            for(int i=a;i<=b;i++) vis[m[i]] = 1;
                            for(int i=c;i<=d;i++) vis[m[i]] = 1;
                            for(int i=l;i<=r;i++){
                                if(vis[i] == 0){
                                    flag2 = false;
                                    break;
                                }
                            }
                            if(flag2 && r-l+1 == b-a+1 + d-c+1){
                                ans++;
                                flag = true;
                                //cout<<"l = "<=1;i--)
        {
            x=nt[i];
            if (p[x+1]i) work(1,1,n,i,p[x-1]-1,1);
            if (p[x+1]>i && p[x-1]i && p[x-1]>i)
                {
                    k1=p[x+1]; k2=p[x-1];
                    if (k1>k2) swap(k1,k2);
                    work(1,1,n,i,k1-1,1);
                    work(1,1,n,k2,n,-1);
                }
            upans(1,1,n,i,n);
        }
    printf("%lld",ans-n);
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/fisherss/p/10857705.html

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