2022牛客寒假算法基础集训营1解题记录
文章目录
- 前言
- Problem A 九小时九个人九扇门
-
- 题意
- 方法解析
- 代码
- Problem C Baby's first attempt on CPU
-
- 题意
- 方法解析
- 代码
- Problem D 牛牛做数论
-
- 题意
- 方法解析
- 代码
- Problem E 炸鸡块君的高中回忆
-
- 题意
- 代码
- Problem F 中位数切分
-
- 题意
- 方法解析
- 代码
- Problem H 牛牛看云
-
- 题意
- 方法解析
- 代码（solution2）
- Problem I B站与各唱各的
-
- 题意
- 方法解析
- 代码
- Problem J 小朋友做游戏
-
- 题意
- 代码
- Problem L 牛牛学走路
-
- 题意
- 代码
前言
2020牛客寒假算法基础集训营第一场比赛的解题记录。原博客链接：http://www.retrogogogo.top/2022/01/26/algorithm/nowcoder/winter2022_1/
Problem A 九小时九个人九扇门
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/A
来源：牛客网
题意
9位主人公被困在一座大型的豪华巨轮中，每个人手上都有一个奇怪的手表，手表上有一个数字，$ 9 $ 个人的数字分别是 1 − 9 1−9 1−9；在巨轮中，还有很多紧闭的数字门，每扇数字门上也有一个 $1−9 $的数字，要想打开数字门逃出生天，主角们必须要满足一个奇怪的条件： k k k 个人能够打开门上数字为 d d d 的一扇数字门，当且仅当这 k k k 个人的腕表数字之和的数字根恰好为 d d d。 一个数字的数字根是指：将该数字各数位上的数字相加得到一个新的数，直到得到的数字小于 10 10 10。
输入 n n n 和 n n n 个数 { a n {a_n} an} ，求可以打开 1 − 9 1-9 1−9 号门的人物组合有多少种。
方法解析
首先我们需要知道一个结论：一个数的数字根等于这个数对9取模的结果（特殊的情况是取模结果为0时数字根为9）。那我们要求的就是 { a n {a_n} an} 中选择一些数字组成 1 − 9 1-9 1−9 的方案数。
该问题可以转化为一个01背包问题，dp即可。定义 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 数组 ，表示从前个数中选择一些数字，使得数字和的数字根为j的方案数（即求和对9取模得的方案数）。 d p [ i ] [ j ] = d p [ i − 1 ] [ j ] + d p [ i − 1 ] [ j − a [ i ] ] + d p [ i − 1 ] [ j + 9 − a [ i ] ] dp[i][j] = dp[i - 1][j]+dp[i - 1][j - a[i]]+dp[i - 1][j + 9 - a[i]] dp[i][j]=dp[i−1][j]+dp[i−1][j−a[i]]+dp[i−1][j+9−a[i]]，当然，这涉及到下标是否合法问题。
代码
/*
* @Author: Retr0.Wu
* @Date: 2022-01-25 00:23:59
* @Last Modified by: Retr0.Wu
* @Last Modified time: 2022-02-02 02:46:04
*/
#include
using namespace std;
const int mod = 998244353;
typedef long long ll;
ll dp[100010][10]; // 从前个数中选择一些数字，使得数字和的数字根为j的方案数（即求和对9取模得的方案数）
void solveA()
{
int n;
cin >> n;
vector a(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
a[i] %= 9; // 一个数的数字根等于这个数对9取模的结果（取模得0则表示数字根为9，这里先不做处理，最后输出时做处理即可）
dp[i][a[i]] = 1; // 只用a[i]可以使dp[i][a[i]]至少有1种方案
}
//dp[1][a[1]] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
for (int j = 0; j <= 8; j++)
{
// 至少有dp[i][j]+dp[i-1][j]种（只用a[i]和用a[1...i-1]）
ll tmp = (dp[i - 1][j] + dp[i][j]);
// 无非有俩种情况使得原数字根加上a[i]后的数字根为j
if (j - a[i] >= 0)
{
tmp += (dp[i - 1][j - a[i]]);
}
if (j + 9 - a[i] >= 0 && j + 9 - a[i] <= 8)
{
tmp += (dp[i - 1][j + 9 - a[i]]);
}
dp[i][j] = tmp;
dp[i][j] %= mod; // 特别注意：需要此时才能mod，防止大值被模后反而小于小值从而影响前面的max结果
}
}
for (int i = 1; i <= 8; i++)
{
cout << dp[n][i] << " ";
}
cout << dp[n][0] << endl;
}
Problem C Baby’s first attempt on CPU
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/C
来源：牛客网
题意
在CPU流水线式的架构中，有一个先写后读相关问题：一条语句A写入寄存器的数据若想被语句B读到，则语句B和A之间至少要间隔三条语句，如果不够三条就做插入空语句处理。
输入第一行包括一个整数 n ( 3 ≤ n ≤ 100 ) n(3≤n≤100) n(3≤n≤100) 程序原有语句总数。接下来有 n n n 行，第iii行描述了第 i i i 条程序语句，每行有三个数字。第 i i i 行第 j j j 个数字 a i , j ∈ 0 , 1 a_{i,j}∈{0,1} ai,j∈0,1 表示第 i i i 句与第 i − j i-j i−j 句间是否发生了先写后读相关，为 1 1 1 表示有发生先写后读相关（即第 i − j i-j i−j 句写入了某一寄存器，而第 i i i 句又要读取同一寄存器），为 0 0 0 表示没有。
求为了完全消除先写后读相关至少需加入多少条空语句。
方法解析
有点贪心的感觉，每个语句尽量直接接上一个语句，如果出现先写后读相关问题，就差多少补多少空语句，循环下一个语句，实现时简单模拟即可，我们开一个 p o s [ i ] pos[i] pos[i] 数组去表示第 i i i 个语句所在的位置，取初始值 p o s [ i ] = p o s [ i − 1 ] + 1 pos[i]=pos[i - 1]+1 pos[i]=pos[i−1]+1 。
然后判断：若第 $ i$ 个语句比放寄存器的语句 + 4 +4 +4 还要大或者相等，说明不会有先写后读相关问题，保持原值。 否则就要插入空语句。至少到 i − j i-j i−j 语句后面第 4 4 4 个位置，取值 pos[i-j]+4。最后得到最终的总语句数，减去非空语句就是答案了。
代码
void solveC()
{
int n;
cin >> n;
int a[110][5] = {0};
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= 3; j++)
cin >> a[i][j];
}
int cnt = 0;
vector pos(110);
pos[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
pos[i] = pos[i - 1] + 1; // 第i个命令所在的位置，取初始贪心值pos[i - 1]+1
for (int j = 1; j <= 3; j++)
{
if (a[i][j] == 1) // i-j 放 , i 取
{
// 贪心
// 若第i个命令比放寄存器的命令+4还要大或者相等，说明不会有先写后读相关问题，保持原贪心值;
// 否则就要插入空命令至少到i-j命令后面第4个位置，取贪心值 pos[i-j]+4。
pos[i] = max(pos[i], pos[i - j] + 4);
}
}
}
cout << pos[n] - n << endl; // 本来有n个命令，现在最后一个命令至pos[n]位，既有pos[n]-n个空命令
}
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Problem D 牛牛做数论
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/D
来源：牛客网
题意
方法解析
这道题需要我们对素数的性质够敏感，直接说结论吧：
问题一：根据自然顺序取前 k k k 个素数的累乘，答案就是最大的且不超过n的那一个。
问题二：问题范围内最大的素数。（从大到小暴力判读是否为素数找到第一个即可，因为1e9内每一个素数间间隔最大也不会超过300，不会爆时间）
代码
bool isprime(int x)
{
for (int i = 2; i * i <= x; i++)
{
if (x % i == 0)
{
return false;
}
}
return true;
}
void solveD()
{
vector primes;
ll tp = 1;
for (int i = 2; i <= 2000; i++)
{
if (i * tp <= 1000000000 && isprime(i))
{
tp *= i; // i: 2 3 5 7 11 13 17 19 23
primes.push_back(tp);
}
}
int T;
cin >> T;
while (T--)
{
int n;
cin >> n;
if (n == 1)
{
cout << -1 << endl;
continue;
}
for (int i = 0; i < primes.size(); i++)
{
if (primes[i] > n)
{
cout << primes[i - 1] << " ";
break;
}
}
if (primes[primes.size() - 1] <= n)
cout << primes[primes.size() - 1] << " ";
for (int i = n; i >= 2; i--)
{
if (isprime(i))
{
cout << i << endl;
break;
}
}
}
}
Problem E 炸鸡块君的高中回忆
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/E
来源：牛客网
题意
签到题。
代码
void solveE()
{
int T;
cin>>T;
while(T--){
int n,m;
cin>>n>>m;
if(n==1){
cout<<1<Problem F 中位数切分
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/F
来源：牛客网
题意
给定一个长为 n n n 的数组 { a a a} 和一个整数 m m m，你需要将其切成连续的若干段，使得每一段的中位数都大于等于 m m m ，求最多可以划分成多少段。(偶数个数的中位数为中间两个数中较小的那一个)
方法解析
这题如果不去严谨地证明，就是一道思维题，我们可以这么贪心地去思考：对于每一段，我们都取大于等于m的数量比小于m的多一个即可。这样的话答案就是大于等于m的数量减去小于m的数量。
代码
void solveF()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int T;
cin >> T;
while (T--)
{
int n, m;
cin >> n >> m;
int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
vector a(n + 1);
for (int i = 0; i < n; i++)
{
cin >> a[i];
if (a[i] < m)
cnt1++;
else
cnt2++;
}
if (cnt1 >= cnt2)
cout << -1 << endl; // 注意相等时由于中位数偏小依旧不可行
else
cout << cnt2 - cnt1 << endl;
}
}
Problem H 牛牛看云
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/H
来源：牛客网
题意
定义式子 Σ i = 1 n Σ j = i n ∣ a i + a j − 1000 ∣ Σ_{i=1}^nΣ_{j=i}^{n}∣ai+aj−1000∣ Σi=1nΣj=in∣ai+aj−1000∣ ，给出整数序列 { a a a} : a i ( 0 ≤ a i ≤ 1000 ) a_i(0≤a_i≤1000) ai(0≤ai≤1000)求这个式子的值。
方法解析
方法一：这个数值范围很小，可以保存 c n t [ ] cnt[] cnt[i] 表示 i 出现的次数，枚举(,)对。
方法二：当然这个方法仅限这种数值范围小的情况。我们也可以利用绝对值的性质对其求解：我们先保存一个后缀数组 l a s t [ N ] last[N] last[N]，然后对整数序列 { a a a} 进行 $i、j $ 的嵌套循环，对于每一个 i i i , 我们都要求 Σ j = i n ∣ a i + a j − 1000 ∣ Σ_{j=i}^{n}∣ai+aj−1000∣ Σj=in∣ai+aj−1000∣, 那对{ a a a} 序列进行一个排序，在这个{ a a a} 的顺序序列中，总有一个值是 a i + a j − 1000 ai+aj−1000 ai+aj−1000 正负性的分界数（除非都大于等于0或者都小于0，那就更简单了），然后对这个分界前段和后段分类讨论即可，这个分界数我们通过二分查找找到，code的时候注意边界条件啥的不然很容易出错，思路还是简单的。（当然这题用方法一最合适）
代码（solution2）
void solveH()
{
int N;
cin >> N;
vector a(N);
for (int i = 0; i < N; i++)
cin >> a[i];
vector last(N + 1, 0);
sort(a.begin(), a.end());
last[N] = 0;
last[N - 1] = a[N - 1];
for (int i = N - 2; i >= 0; i--)
{
last[i] = last[i + 1] + a[i];
}
int pos = 0;
ll ans = 0;
//cout<<"pos="< 0)
{
tmp += abs(a[i] * (pos + 1 - i) + last[i] - last[pos + 1] - 1000 * (pos + 1 - i));
//cout<
方法解析
概率期望题，为了方便考虑，最好的方法是：对于n个up主，每个up主每句都以一定概率p选择唱或者不唱。那么对于每一句，唱失败的概率是 p n + ( 1 − p ) n p^n + (1-p)^n pn+(1−p)n ，为了最小化这个概率 p p p 取 1 2 \frac{1}{2} 21（不会求的话可以猜出来），那么就知道了每一句唱成功的概率，求期望的话乘句子数 m m m 即可： m × 2 n − n 2 n m \times \frac{2^n - n}{2^n} m×2n2n−n ，需要用逆元防止模出错。
代码
const ll modI = 1e9 + 7;
//利用快速幂可以用来快速求a^(p-2)
ll qpow(ll base, ll power, ll mod)
{
ll ans = 1;
base %= mod;
while (power > 0)
{
if (power & 1)
{ //指数为奇数，先乘
ans = ans * base % mod;
}
power >>= 1; //指数取半
base = (base * base) % mod; //基数平方
}
return ans;
}
//求a%p的逆元
ll calInv(ll a, ll p)
{
return qpow(a, p - 2, p);
}
void solveI()
{
int T;
cin >> T;
while (T--)
{
int n, m;
cin >> n >> m;
// m * (1 - 2 * 2^n) = m * (2^n - 2) / 2^n
cout << m * (qpow(2, n, modI) - 2) % modI * calInv(qpow(2, n, modI), modI) % modI << endl;
}
}
Problem J 小朋友做游戏
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23106/J
来源：牛客网
题意
签到题，闹腾小朋友最多选一半。
代码
bool cmp(int a, int b) { return a > b; }
void solveJ()
{
int T;
cin >> T;
while (T--)
{
int A, B, n;
cin >> A >> B >> n;
vector va(A);
vector vb(B);
for (int i = 0; i < A; i++)
cin >> va[i];
for (int i = 0; i < B; i++)
cin >> vb[i];
sort(va.begin(), va.end(), cmp);
sort(vb.begin(), vb.end(), cmp);
if (2 * A < n)
{
cout << -1 << endl;
continue;
}
int a, b;
a = 0;
b = 0;
ll ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
if (a < A && (va[a] >= vb[b] || b == B))
{
//cout<<"1numa++ ans+="<double dist(int x1, int x2, int y1, int y2)
{
return sqrt(pow(x1 - x2, 2) + pow(y1 - y2, 2));
}
void solveL()
{
int T;
cin >> T;
while (T--)
{
int n;
cin >> n;
int x0 = 0;
int y0 = 0;
double ans = 0.0f;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
char c;
cin >> c;
if (c == 'L')
{
x0--;
}
else if (c == 'R')
{
x0++;
}
else if (c == 'U')
{
y0++;
}
else if (c == 'D')
{
y0--;
}
ans = max(ans, dist(0, x0, 0, y0));
}
printf("%.10f\n", ans);
}
}