2022牛客寒假算法基础集训营1 补题题解（G未补）

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官方标程

比赛传送门

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A 九小时九个人九扇门

这是一道DP题（官方说是0/1背包，但我没有看出来），可惜自己练了近一个月的DP都没有看出来，主要是没有注意数字之和的数字跟其实就是对9取模，但是看到方案数的时候应该往DP方向思考，这题没过是因为练题太少。

#include

using namespace std;

typedef long long ll; 

const int N = 1e5 + 10, mod = 998244353;

int n;
ll f[N][10];//f[i][j]表示有i个人，衙门的手表数字根为j的方案数 

int main() 
{
	cin>>n;
	f[0][0] = 1;//0个人手表数字跟之和为0 
	for(int i = 1; i <= n; ++ i){
		int x;
		scanf("%d", &x);
		x %= 9;
		for(int j = 0; j < 9; ++ j){
			f[i][(x + j) % 9] = (f[i][(x + j) % 9] + f[i - 1][j]) % mod;
			f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j]) % mod;
		}
	}
	
	for(int i = 1; i < 9; ++ i){
		cout<<f[n][i]<<" ";
	}
	cout<<f[n][0] - 1<<endl;//减去n个人手表之和的数字跟为0的一种情况 
	return 0;
}

B 炸鸡块君与FIFA22

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官方题解：


状态转移方程公式的理解：

#include

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

int f[3][N][21];//表示初始分为k的情况下经历了[i, i+2^j-1]一段儿游戏后分数的'变化量' 
int n, q;
char s[N];

int mod(int x){//返回x%3的非负整数 
	return (x % 3 + 3) % 3;
}

void init(){
	for(int i = 0; i <= 20; ++ i){//枚举转移的跨度是2^i 
		for(int j = 1; j <= n; ++ j){//枚举字符串 
			if(i == 0){//j等于0表示[i, i]的变化量，根据字符串这一位的字母变化 
				if(s[j] == 'W') f[0][j][i] = f[1][j][i] = f[2][j][i] = 1;//获胜变化量为+1 
				if(s[j] == 'L'){
					f[1][j][i] = f[2][j][i] = -1;//输掉比赛减一分 
					f[0][j][i] = 0;//初始分为0，则不变 
				}
				if(s[j] == 'D') f[0][j][i] = f[1][j][i] = f[2][j][i] = 0;//平局分数不变 
			}
			else{
				int p1 = j, p2 = j + (1 << (i - 1));//变化范围是[p1, p2] 
				if(p2 > n){
					f[0][p1][i] = f[0][p1][i - 1];
					f[1][p1][i] = f[1][p1][i - 1];
					f[2][p1][i] = f[2][p1][i - 1];
				}
				else{
					f[0][p1][i] = f[0][p1][i - 1] + f[mod(0 + f[0][p1][i - 1])][p2][i - 1];
					f[1][p1][i] = f[1][p1][i - 1] + f[mod(1 + f[1][p1][i - 1])][p2][i - 1];
					f[2][p1][i] = f[2][p1][i - 1] + f[mod(2 + f[2][p1][i - 1])][p2][i - 1];					
				}
				
			}
		}
	}
}

int main()
{
	cin>>n>>q;
	
	scanf("%s", s + 1); 
	
	init();
	
	while(q -- ){
		int l, r, k;
		cin>>l>>r>>k;
		int pos = l;
		int ans = k;
		while(pos <= r){
			int j = 0;
			while(pos + (1 << j) - 1 <= r) ++ j;//j可以区间的移动长度为0, 1, 3, 5...2^j-1 
			-- j;
			ans += f[ans % 3][pos][j];//pos移动的范围是1, 2, 4, 8...2^j 
			pos += (1 << j);//当pos=r时，ans加上的就是最后一步的分数变化量
		} 
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

C Baby’s first attempt on CPU

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大佬题解：

题解原地址

#include 
using namespace std;
int main(){
	int a[105];
	int n;
	int ans=0;
	cin>>n;
	a[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=a[i-1]+1;
		for(int j=1;j<=3;j++){
			int now;
			cin>>now;
			if(now==1){
				a[i]=max(a[i-j]+4,a[i]);
			}
		}
	}
	cout<<a[n]-n;
	return 0;
}

D 牛牛做数论

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官方题解：

#include

using namespace std;

typedef long long ll;

int n, T;
ll prime[20]={0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41};

bool isp(int x){
	if(x <= 3) return true;
	for(int i = 2; i * i <= x; ++ i){
		if(x % i == 0) return false;
	}
	return true;
}

int main()
{
	cin>>T;
	while(T -- ){
		cin>>n;
		if(n == 1){
			cout<<"-1"<<endl;
			continue;
		}
		ll t = n;
		ll r = 1, i = 1;
		while(r * prime[i] <= n){
			r *= prime[i];
			++ i; 
		}
		cout<<r<<" ";
		while(!isp(t)){
			t -- ;
		}
		cout<<t<<endl;
	}
	return 0;
}

F 中位数切分

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官方题解：

#include

using namespace std;

typedef long long ll;

int n, m;

int main()
{
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while(T -- ){
		scanf("%d%d", &n, &m);
		int ans = 0;
		for(int i = 0; i < n; ++ i){
			int t;
			scanf("%d", &t);
			if(t >= m) ans ++ ;
			else ans -- ; 
		} 
		if(ans == 0) ans = -1;//当ans为0时，代表可以划分的区间数为0，无法完成满足条件的划分，所以输出-1 
		printf("%d\n", max(-1, ans));
		
	}
	return 0;
}

H 牛牛看云

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通过这道题知道了要提高对数据范围的敏感程度
官方题解：

#include

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 1e6 + 10;

int n;
int a[N];
ll cnt[1010];

int main()
{
	cin>>n;
	for(int i = 0; i < n; ++ i){
		cin>>a[i];
		cnt[a[i]] ++ ;//记录每个数出现的次数 
	}
	ll ans = 0;//记录结果 
	for(int i = 0; i <= 1000; ++ i){//i代表的就是a[i]内部的数字 
		for(int j = i; j <= 1000; ++ j){//j代表的也是a[]内部的数字 
			ll add = 0;
			if(i == j) add = cnt[i] + (cnt[i] * (cnt[i] - 1ll) / 2ll);//如果两数相同 
			else add = cnt[i] * cnt[j];
			ans = ans + add * (ll)abs(i + j - 1000);
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

I B站与各唱各的

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官方题解：

#include

using namespace std;

typedef long long ll;

const ll mod = 1e9 + 7;

ll ksm(ll x, ll k){
	ll ans = 1;
	while(k){
		if(k & 1) ans = ans * x % mod;
		x = x * x % mod;
		k >>= 1;
	}
	return ans;
}

ll v(ll x){
	return ksm(x, mod - 2);
}

int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while(T -- ){
		int n, m;
		cin>>n>>m;
		ll cnt = (ksm(2, n - 1) - 1) % mod * m % mod * v(ksm(2, n - 1)) % mod; 
		cout<<cnt<<endl;
	}
	return 0;
}

J 小朋友做游戏

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这题写的和官方题解不一样，自己用容器写出来的，感觉比较巧妙，记录一下吧

#include

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 1e4 + 10;

int f[N][N];//求组合数 
bool res[N];//标记是不是坏孩子 
ll ans;
ll cnt;
ll er; 
int v[N], w1, w2;
int num1[N], num2[N];

int main() {
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T -- ) {
		int an, bn, n;
		cin>>an>>bn>>n;
		priority_queue<int>q;
		memset(num1, 0, sizeof num1);
		memset(num2, 0, sizeof num2);
		for(int i = 1; i <= an; i ++ ){
			cin>>w1;
			q.push(w1);
			num1[w1] ++ ;
		}
		
		for(int i = 1; i <= bn; i ++ ){
			cin>>w2;
			q.push(w2);
			num2[w2] ++ ;
		}
		if(an * 2 < n || an + bn < n){
			cout<<"-1"<<endl;
			continue;
		} 
				
		ans = 0;
		cnt = 0;//记录已装入的坏孩子的个数 
		er = 0;//记录已经装了几个孩子 
		while(!q.empty()){
			int k = q.top();
			if(num1[k]){
				ans += k;
				num1[k] -- ;
				er ++ ;
				q.pop();
			}
			else if(num2[k] && cnt < n / 2){
				ans += k;
				num2[k] -- ;
				er ++ ;
				cnt ++ ;
				q.pop();
			}
			else if(!num1[k] && cnt >= n / 2){
				q.pop();
				
			}
			if(er == n){
				break;
			}
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

K 冒险公社

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大佬题解：

题解原地址

#include

using namespace std;

#define rip(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++ i)

const int N = 1e5 + 10;

int n;
int dp[N][4][4][4];
string s;

int main()
{
	cin>>n>>s;
	s = ' ' + s;
	memset(dp, -1, sizeof dp);
	//初始化前两座岛的情况 
	rip(i, 0, 3){
		rip(j, 0, 3){
			rip(k, 0, 3){
				dp[2][i][j][k] = 0;//初始化合法情况 
				if(j == 1) dp[2][i][j][k] ++ ;//如果当前第一座岛屿的颜色为绿，j,l在这里可以是任意值，绿岛的数量可以+1 
				//代表前一座岛屿中绿岛的数量大于红岛的数量 
				//此时所有dp数组内最大值为1，代表前一座岛中最多有一座绿岛 
				if(i == 1) dp[2][i][j][k] ++ ;//如果当前第二座岛屿的颜色为绿，k,l在这里可以是任意值，代表绿岛的数量可以+1
				//代表前两座岛屿中绿岛的数量>红岛的数量 
				//此时dp数组内最大值为2，代表前两座岛上最多有两座绿岛 
			}
		} 
	}
	
	int ans = -1;
	rip(i, 3, n){//遍历所有岛 
		rip(j, 0, 2){//第i个岛的情况 
			rip(k, 0, 2){//第i-1个岛的情况 
				rip(m, 0, 2){//第i-2个岛的情况 
					rip(r, 0, 2){//第i-3个岛的情况 
						if(dp[i - 1][k][m][r] == -1) continue;//如果他的上一状态不合法，不用判断，直接进入下一重循环 
						int R = 0, G = 0;
						R = (j == 0) + (k == 0) + (m == 0);//0代表那个岛的颜色为红色 
						G = (j == 1) + (k == 1) + (m == 1);//1代表那个岛预测为绿色 
						//统计i、i-1、i-2岛屿预测的颜色 
						if(s[i] == 'R' && R > G) dp[i][j][k][m] = max(dp[i][j][k][m], dp[i - 1][k][m][r] + (j == 1));
						//如果这个岛预测为红色且前i、i-1、i-2中红色的数量大于绿色
						//不确定下一个岛屿的预测(DP的无后效性),所以可以令这一块岛屿颜色为绿,绿岛的数量+1,(这样下一块岛屿预测的颜色为B)
						//这是一种合法可以增加绿岛数量的情况 
						//此时绿岛的数量就是在考虑前i-1个岛的基础上，第i-1为j,第i-2为k，第i-3为任意颜色的基础上+1
						//下面两个if与此同理
						if(s[i] == 'G' && G > R) dp[i][j][k][m] = max(dp[i][j][k][m], dp[i - 1][k][m][r] + (j == 1));
						if(s[i] == 'B' && R == G) dp[i][j][k][m] = max(dp[i][j][k][m], dp[i - 1][k][m][r] + (j == 1));
					}
				}
			}
		}
	}
	
	rip(i, 0, 2){
		rip(j, 0, 2){
			rip(k, 0, 2){
				ans = max(ans, dp[n][i][j][k]);
			}
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

总结

水平有限，G先不补了，以后再说
这次写题解时间离比赛时间有点长（一定是因为过年，绝对不是我懒，也绝对不是不想学习），感觉很多思维题出的很妙，知识点蕴含也不少，很多生疏的知识根据补这个比赛都又看了一遍，感觉学了不少东西，继续加油吧！干巴得！