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【非官方题解】2022牛客寒假算法基础集训营5

2022牛客寒假算法基础集训营5_ACM/NOI/CSP/CCPC/ICPC算法编程高难度练习赛_牛客竞赛OJ

A-疫苗小孩

B-乒乓小孩

C-战棋小孩

D-数位小孩

E-复苏小孩

F-飞车小孩

G-163小孩

H-一六三小孩

I-兔崽小孩

J-三国小孩

K-造梦小孩

A-疫苗小孩

原题链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23480/A

解题思路：考虑每一针对答案的贡献，可以发现第一针对手速提升没有贡献，只有第二针和第三针对手速提升有贡献，并且贡献值分别与第一二针的间隔、第二三针的间隔有关。可以考虑枚举第二针，这样确定第二针的情况下左右二分第一针和第三针找可以打针的最佳位置，最后再取个最大值即可。下面代码是先预处理出了所有可以打针的位置，然后进行二分查找最佳位置。

AC代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1000005;
char s[N];
int pos[N];

int main(){
    //freopen("input.txt", "r", stdin);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    int n, cnt = 0;
    scanf("%d%s", &n, s + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        if(s[i] == '0') pos[cnt++] = i;
    }
    pos[0] = -0x3f3f3f3f, pos[cnt] = 0x3f3f3f3f;
    ll k, w, q;
    scanf("%lld%lld%lld", &k, &w, &q);
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        ll res = 0, t1 = 0, t2 = 0;
        if(s[i] == '0'){
            int p = lower_bound(pos, pos + cnt, i - k) - pos;
            t1 = w - abs(i - k - pos[p]) * q;
            t2 = w - abs(i - k - pos[p - 1]) * q;
            res += max(max(t1, t2), (ll)0);
            p = lower_bound(pos, pos + cnt, i + k) - pos;
            t1 = w - abs(i + k - pos[p]) * q;
            t2 = w - abs(i + k - pos[p - 1]) * q;
            res += max(max(t1, t2), (ll)0);
        }
        ans = max(ans, res);
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

B-乒乓小孩

原题链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23480/B

解题思路：根据题目的要求进行~~简单的（不是）~~分类讨论即可。

AC代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
vector > ans;

int main(){
    //freopen("input.txt", "r", stdin);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while(t--){
        ans.clear();
        int x, y, flag = 0;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        if(x < y){
            swap(x, y);
            flag = 1;
        }
        if(x < 11){
            printf("NO\n");
            continue;
        }
        int q = y;
        while(q >= 11 && (x - q + 2) % 11) q--;
        if(q >= 11){
            ans.push_back({q - 2, q});
            x -= q - 2;
            y -= q;
        }
        while(y >= 11){
            if(x % 11 == 10){
                ans.push_back({9, 11});
                x -= 9;
                y -= 10;
            }
            else{
                ans.push_back({x % 11, 11});
                x -= x % 11;
                y -= 11;
            }
        }
        if(10 * x == 11 * y){
            printf("NO\n");
            continue;
        }
        q = y;
        while((x - (q + 2)) % 11 && q + 2 >= 11) q--;
        if(q + 2 >= 11){
            ans.push_back({q + 2, q});
            x -= q + 2;
            y -= q;
        }
        if(x % 11){
            printf("NO\n");
            continue;
        }
        printf("YES\n");
        while(x){
            ans.push_back({11, y});
            y = 0;
            x -= 11;
        }
        printf("%d\n", ans.size());
        if(flag){
            for(auto i : ans){
                printf("%d %d\n", i.second, i.first);
            }
        }
        else{
            for(auto i : ans){
                printf("%d %d\n", i.first, i.second);
            }
        }
    }
    return 0;
}

C-战棋小孩

原题链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23480/C

解题思路：由于每场使用礼遇和不使用礼遇对答案的贡献是不同的，而对于不同的情况，使用礼遇和不使用礼遇对答案的贡献无法很好的判断出来，因此需要枚举每一种使用礼遇的组合，最后再将每种的上榜次数取最大值。这里枚举组合用到了状压枚举的方法，即可以令 1 代表使用礼遇，0 代表不使用礼遇，将 n 局游戏抽象成 n 位的二进制数，枚举一遍则是，然后对于每种组合，将每场的最大值记录下来，进行排序，贪心从大到小进行游戏，每次结束后判断是否上榜，然后对当前组合的答案进行统计即可。

AC代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 25;
int p[N], v[N], w[N], h[N];    // v[]存储每场不使用礼遇的最大值
                               // w[]存储每场使用礼遇的最大值
                               // h[]存储每种使用礼遇的组合中每场的最大值
int n, k, s;

int check(int x){
    int res = 0;
    while(x){
        if(x & 1) res++;
        x >>= 1;
    }
    return res;
}

int cal(int x){
    for(int i = 0; i < n; i++){
        h[i + 1] = ((x >> i) & 1) ? w[i + 1] : v[i + 1];    // ((x>>1)&1)判断第i场是否使用礼遇
    }
    sort(h + 1, h + n + 1);
    int sum = s, res = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        sum += h[n - i + 1];
        if(sum >= p[i]) res++;
    }
    return res;
}

int main(){
    //freopen("input.txt", "r", stdin);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    cin >> n >> k >> s;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> p[i];
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        int a, b, c, d;
        cin >> a >> b >> c >> d;
        v[i] = max(a, b);
        w[i] = max(v[i], max(c, d));
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 0; i < (1 << n); i++){    // 状压枚举，二进制中有1则代表使用礼遇
        if(check(i) == k) ans = max(ans, cal(i));
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

D-数位小孩

原题链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23480/D

解题思路：从一位数开始暴搜每一个符合条件的数，每一次在当前数的末尾加上新的数，判断是否符合题目条件，符合则继续搜，否则就返回，然后只要得到的数落在所给的区间中并且该数中有 1，就说明该数符合所有条件，答案就可以加一，如果超出则说明没有必要继续搜下去了，则返回，进行下一个搜索，最后直接输出每次搜索累加后的答案即可。

AC代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
ll l, r, ans;

bool isprime(ll x){
    if(x == 0 || x == 1) return false;
    for(ll i = 2; i * i <= x; i++){
        if(x % i == 0) return false;
    }
    return true;
}

void dfs(ll x, int last, int flag){
    if(x > r) return;
    if(x >= l && flag) ans++;
    for(int i = 0; i <= 9; i++){
        if(isprime(i + last)){
            dfs(x * 10 + i, i, flag || (i == 1));
        }
    }
}

int main(){
    //freopen("input.txt", "r", stdin);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    cin >> l >> r;
    for(int i = 1; i <= 9; i++){
        dfs(i, i, i == 1);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

E-复苏小孩

原题链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23480/E

题目大意：给定一个只含 1，2，3 的字符串，三个鬼的初始能量均为 1，每次遇到 1 时，鬼一吸收鬼二和鬼三各一半能量；遇到 2 时，鬼二吸收鬼一和鬼三各一半的能量；遇到 3 时，鬼三吸收鬼一和鬼二各一半的能量。然后每次询问有两种操作，一种是将字符串某点进行修改，另一种是询问进行字符串某个区间后三者的能量。

解题思路：对于每种情况，如果遇到 1，那么三者能量的变化为 $(x, y, z)\rightarrow (x + \frac{y}{2} + \frac{z}{2}, \frac{y}{2}, \frac{z}{2})$ ，那么可以考虑矩阵相乘是否能造成这样的变化。可以发现只要将三者能量的矩阵乘上 $\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0\\ \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \end{bmatrix}$ 就可以得到如上的变化。同理可以构造遇到 2 和 3 情况的矩阵。这样就可以用线段树维护一个能量变化矩阵，然后区间合并即为矩阵相乘。每次询问的答案即为乘上查询得到的变化矩阵。

AC代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

#define mid (l + r >> 1)

using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 998244353;
const int N = 100005;
char c;

ll quick_pow(ll a, ll b){
	ll res = 1;
	while(b){
		if(b & 1) res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

ll inv(ll x){
	return quick_pow(x, mod - 2);
}

struct Matrix{    // 矩阵
    ll c[3][3] = {
        {0, 0, 0},
        {0, 0, 0},
        {0, 0, 0}
    };
}ans;
 
Matrix operator * (Matrix A, Matrix B){    // 矩阵乘法重载
    Matrix C;
    for(int i = 0; i < 3; i++){
        for(int j = 0; j < 3; j++){
            for(int k = 0; k < 3; k++){
                C.c[i][j] = (C.c[i][j] + A.c[i][k] * B.c[k][j] % mod) % mod;
            }
        }
    }
    return C;
}

void init(Matrix &m){
    ll t = 1 * inv(2) % mod;
    Matrix emp;
    m = emp;
    if(c == '1'){
        m.c[0][0] = 1;
        m.c[1][0] = t;
        m.c[1][1] = t;
        m.c[2][0] = t;
        m.c[2][2] = t;
    }
    if(c == '2'){
        m.c[0][0] = t;
        m.c[0][1] = t;
        m.c[1][1] = 1;
        m.c[2][1] = t;
        m.c[2][2] = t;
    }
    if(c == '3'){
        m.c[0][0] = t;
        m.c[0][2] = t;
        m.c[1][1] = t;
        m.c[1][2] = t;
        m.c[2][2] = 1;
    }
}

struct node{
    int l, r;
    Matrix val;
}tree[N << 2];

void sgt_build(int i, int l, int r){    // 建线段树
    tree[i].l = l;
    tree[i].r = r;
    if(l == r){
        c = getchar();
        init(tree[i].val);
        return;
    }
    sgt_build(i << 1, l, mid);
    sgt_build(i << 1 | 1, mid + 1, r);
    tree[i].val = tree[i << 1].val * tree[i << 1 | 1].val;
}

void sgt_modify(int i, int x, int y){  // 单点修改
    int l = tree[i].l, r = tree[i].r;
    if(l == r){
        c = (char)y + '0';
        init(tree[i].val);
        return;
    }
    if(x <= mid) sgt_modify(i << 1, x, y);
    else sgt_modify(i << 1 | 1, x, y);
    tree[i].val = tree[i << 1].val * tree[i << 1 | 1].val;
}

void sgt_query(int i, int x, int y){   // 区间查询
    int l = tree[i].l, r = tree[i].r;
    if(l >= x && r <= y){
        ans = ans * tree[i].val;
        return;
    }
    if(x <= mid) sgt_query(i << 1, x, y);
    if(y > mid) sgt_query(i << 1 | 1, x, y);
}

int main(){
    //freopen("input.txt", "r", stdin);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    getchar();
    sgt_build(1, 1, n);
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        int op, x, y;
        scanf("%d%d%d", &op, &x, &y);
        if(op == 1){
            sgt_modify(1, x, y);
        }
        if(op == 2){
            for(int i = 0; i < 3; i++){
                for(int j = 0; j < 3; j++){
                    ans.c[i][j] = (i == j) ? 1 : 0;
                }
            }
            sgt_query(1, x, y);
            Matrix p;
            p.c[0][0] = p.c[0][1] = p.c[0][2] = 1;
            p = p * ans;
            cout << p.c[0][0] << ' ' << p.c[0][1] << ' ' << p.c[0][2] << endl;
        }
    }
    return 0;
}

F-飞车小孩

原题链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23480/F

解题思路：按照九峰胜率将每个地图进行排序，如果九峰选图，那么一定是从最右边开始选；如果K0u1e选图，那么一定是从最左边开始选。假设当前是第一条信息，游戏进行到第x局，九峰选了第y张图，那么根据排序后这张图的位置就可以判断之前进行的 x - 1 局中九峰选择的局数，设选择过 t 局，那么 t = n - pos + 1。那么在这之前的选图情况一共就有 $C_{x - 1}^{t}$ 种；K0u1e选图同理。那么到第二条信息的时候就需要找上一局之后到这一局的选图数，因此需要存储上一条信息时候的左右端点。以此类推，当到最后一条信息的时候，需要考虑离总游戏局数还差的局数，剩下的局数每局就都有两种可能，要么九峰选图，要么K0u1e选图，设剩下局数为 res，则剩下的总情况为 $2^{res}$ ，与之前得到的总方案数相乘即可。

AC代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 998244353;
const int N = 100005;
ll t[N], fac[N], invfac[N];    // t[i]存储第i张地图位于胜率排序后的位置
                               // fac[]存储阶乘,invfac[]存储阶乘的逆元

struct graph{    // 地图信息
    ll id, x, y;
    bool operator < (const graph &u) const{
        return x * u.y < u.x * y;
    }
}g[N];

struct message{    // 比赛信息
    ll op, x, y;
    bool operator < (const message &u) const{
        return x < u.x;
    }
}m[N];

ll quick_pow(ll a, ll b){
    ll res = 1;
    while(b){
        if(b & 1) res = res * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

ll C(ll a, ll b){
    return fac[a] * invfac[b] % mod * invfac[a - b] % mod;
}

void init(){
    fac[0] = invfac[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= N; i++){
        fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
        invfac[i] = invfac[i - 1] * quick_pow(i, mod - 2) % mod;
    }
}

int main(){
    //freopen("input.txt", "r", stdin);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    init();
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> g[i].x >> g[i].y;
        g[i].id = i;
    }
    sort(g + 1, g + n + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        t[g[i].id] = i;
    }
    for(int i = 1; i <= k; i++) cin >> m[i].op >> m[i].x >> m[i].y;
    sort(m + 1, m + k + 1);
    int l = 0, r = n + 1;
    ll ans = 1;
    for(int i = 1; i <= k; i++){
        int lastl = l, lastr = r;
        if(m[i].op == 1){
            r = t[m[i].y];
            l += m[i].x - m[i - 1].x - (lastr - r);
            ans = ans * C(m[i].x - m[i - 1].x - 1, lastr - r - 1) % mod;
        }
        if(m[i].op == 2){
            l = t[m[i].y];
            r -= m[i].x - m[i - 1].x - (l - lastl);
            ans = ans * C(m[i].x - m[i - 1].x - 1, l - lastl - 1) % mod;
        }
    }
    ans = ans * quick_pow(2, r - l - 1) % mod;
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

G-163小孩

原题链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23480/G

解题思路：在自己的编译器上暴力枚举出答案即可（当然也可以用排列组合计算答案）。

暴力代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

bool check(int i, int j, int k, int x, int y, int z){
	if(i == j && i == k && i == x && i == y) return true;
	if(i == j && i == k && i == x && i == z) return true;
	if(i == j && i == k && i == y && i == z) return true;
	if(i == j && i == x && i == y && i == z) return true;
	if(i == k && i == x && i == y && i == z) return true;
	if(j == k && j == x && j == y && j == z) return true;
	return false;
}

int main(){
    //freopen("input.txt", "r", stdin);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    int cnt = 0;
    for(int i = 1; i <= 13; i++){
    	for(int j = i; j <= 13; j++){
    		for(int k = j; k <= 13; k++){
    			for(int x = k; x <= 13; x++){
    				for(int y = x; y <= 13; y++){
    					for(int z = y; z <= 13; z++){
    						if(check(i, j, k, x, y, z)) continue;
							cnt++;
						}
					}
				}
			}
		}
	}
	cout << cnt << endl;
    return 0;
}

最终答案：18395

H-一六三小孩

原题链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23480/H

解题思路：瞎搞题，不想补了OvO

AC代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
vector p[14][14][14];
vector s[14][14][14];

string CHG(int x){
    if(x==1) return "A";
    if(x==10) return "T";
    if(x==11) return "J";
    if(x==12) return "Q";
    if(x==13) return "K";
    return to_string(x);
}

void solve(){
    vector a(6);
    for(int i = 0; i < 6; i++){
        char c;
        while(c = getchar()){
            if(c == 'A' || c == 'J' || c == 'Q' || c == 'K' || c == 'T' || c >= '2' && c <= '9') break;
        }
        if(c == 'T') a[i] = 10;
        else if(c == 'A') a[i] = 1;
        else if(c == 'J') a[i] = 11;
        else if(c == 'Q') a[i] = 12;
        else if(c == 'K') a[i] = 13;
        else a[i] = c - '0';
    }
    for(int i = 1; i <= 10; i++){
        random_shuffle(a.begin(), a.end());
        for(int j = 0; j < 13; j++)
            for(int k = 0; k < 13; k++){
                int x = p[a[0]][a[1]][a[2]][j];
                int y = p[a[3]][a[4]][a[5]][k];
                if(x + y == 163){
                    cout << s[a[0]][a[1]][a[2]][j] << '+' << s[a[3]][a[4]][a[5]][k] << endl;
                    return;
                }
                if(y - x == 163){
                    cout << s[a[3]][a[4]][a[5]][k] << '-' << s[a[0]][a[1]][a[2]][j] << endl;
                    return;
                }
                if(x - y == 163){
                    cout << s[a[0]][a[1]][a[2]][j] << '-' << s[a[3]][a[4]][a[5]][k] << endl;
                    return;
                }
                if(x * y == 163){
                    cout << s[a[0]][a[1]][a[2]][j] << '*' << s[a[3]][a[4]][a[5]][k] << endl;
                    return;
                }
            }
    }
    cout << "OvO" << endl;
}

int main(){
    for(int i = 1; i <= 13; i++)
        for(int j = 1; j <= 13; j++)
            for(int k = 1; k <= 13; k++){
                p[i][j][k].emplace_back(i + j + k); s[i][j][k].emplace_back("(" + CHG(i) + "+" + CHG(j) + "+" + CHG(k) + ")");
                p[i][j][k].emplace_back(i + j - k); s[i][j][k].emplace_back("(" + CHG(i) + "+" + CHG(j) + "-" + CHG(k) + ")");
                p[i][j][k].emplace_back(i + j * k); s[i][j][k].emplace_back("(" + CHG(i) + "+" + CHG(j) + "*" + CHG(k) + ")");
                p[i][j][k].emplace_back(i - j + k); s[i][j][k].emplace_back("(" + CHG(i) + "-" + CHG(j) + "+" + CHG(k) + ")");
                p[i][j][k].emplace_back(i - j - k); s[i][j][k].emplace_back("(" + CHG(i) + "-" + CHG(j) + "-" + CHG(k) + ")");
                p[i][j][k].emplace_back(i - j * k); s[i][j][k].emplace_back("(" + CHG(i) + "-" + CHG(j) + "*" + CHG(k) + ")");
                p[i][j][k].emplace_back(i * j + k); s[i][j][k].emplace_back("(" + CHG(i) + "*" + CHG(j) + "+" + CHG(k) + ")");
                p[i][j][k].emplace_back(i * j - k); s[i][j][k].emplace_back("(" + CHG(i) + "*" + CHG(j) + "-" + CHG(k) + ")");
                p[i][j][k].emplace_back(i * j * k); s[i][j][k].emplace_back("(" + CHG(i) + "*" + CHG(j) + "*" + CHG(k) + ")");
                p[i][j][k].emplace_back((i + j) * k); s[i][j][k].emplace_back("((" + CHG(i) + "+" + CHG(j) + ")" + "*" + CHG(k) + ")");
                p[i][j][k].emplace_back((i - j) * k); s[i][j][k].emplace_back("((" + CHG(i) + "-" + CHG(j) + ")" + "*" + CHG(k) + ")");
                p[i][j][k].emplace_back(i * (j + k)); s[i][j][k].emplace_back("(" + CHG(i) + "*" + "(" + CHG(j) + "+" + CHG(k) + "))");
                p[i][j][k].emplace_back(i * (j - k)); s[i][j][k].emplace_back("(" + CHG(i) + "*" + "(" + CHG(j) + "-" + CHG(k) + "))");
            }
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

I-兔崽小孩

原题链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23480/I

解题思路：由于每次睡着需要 k 分钟，因此需要处理出每两条说说的间隔时间，才能判断这期间是否睡着，将间隔时间排序，每次询问二分查找第一个大于 k 时间的间隔，将该点之后的间隔时间累加减去这若干次入睡时间即为总睡眠时间，可以用前缀和进行处理，每次询问 $O(log\;n)$ 查找，计算。

AC代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1000005;
ll t[N], dif[N], sum[N];
int n, q;

void init(){
    for(int i = 1; i < n; i++){
        dif[i] = t[i + 1] - t[i];
    }
    sort(dif + 1, dif + n);
    for(int i = 1; i < n; i++){
        sum[i] = sum[i - 1] + dif[i];
    }
}

int main(){
    //freopen("input.txt", "r", stdin);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    scanf("%d%d", &n, &q);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &t[i]);
    init();
    while(q--){
        ll k, p, ans = 0;
        scanf("%lld%lld", &k, &p);
        int pos = upper_bound(dif + 1, dif + n, k) - dif;
        ans = sum[n - 1] - sum[pos - 1] - k * (n - pos);
        if(ans >= p) puts("Yes");
        else puts("No");
    }
    return 0;
}

J-三国小孩

原题链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23480/J

解题思路：对方为了存活，无论我发出杀还是决斗，对方必定要出一张牌（可以是闪、桃、决斗），因此在不知道手牌的情况下，对方可能存活的条件就是他的手牌数大于等于我方杀加决斗的数量，反之对手必败。

AC代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int main(){
    //freopen("input.txt", "r", stdin);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    ll n, m, k;
    cin >> n >> m >> k;
    if(k >= n + m) cout << "NO" << endl;
    else cout << "YES" << endl;
    return 0;
}

K-造梦小孩

原题链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23480/K

解题思路：对于水魔爆技能单点操作，可以直接用树状数组存储伤害值；对于玄冰阵技能，多个单点操作，如果 len 很大，那么也可以看作是几个单点操作，和水魔爆操作相同；如果 len 很小，操作很密集，那就不好直接操作了，这时候就需要用到分块操作。记表示最左端点为 j 的块的长度为 i 的伤害量，注意 x 位置不受伤害，故需要进行特判，或者直接单独对 x 点进行伤害减少的操作。对于查询，那些单点操作的查询可直接用树状数组的前缀和查询完成；对于分块的查询，枚举 len，对 x 来说，不满整块的贡献有 x / len + 1，整块的贡献有 x / len，令 k = x % len，则前缀和的贡献为。

AC代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

#define lowbit(x) (x & -x)

using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 100005, M = 500;
ll tree[N];
ll block[M + 5][M + 5];
int n, m;

void add(int x, int y){
    while(x <= n){
        tree[x] += y;
        x += lowbit(x);
    }
}

ll ask(int x){
    ll res = 0;
    while(x > 0){
        res += tree[x];
        x -= lowbit(x);
    }
    return res;
}

ll query(int x){
    ll res = 0;
    for(int i = 1; i <= M; i++){
        if(x % i == 0) res += block[i][i] * (x / i);
        else res += block[i][x % i] * (x / i + 1) + (block[i][i] - block[i][x % i]) * (x / i);
    }
    return res;
}

int main(){
    //freopen("input.txt", "r", stdin);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    cin >> n >> m;
    while(m--){
        int op, x, y, len, l, r;
        cin >> op;
        if(op == 1){
            cin >> x >> y;
            add(x, y);
        }
        if(op == 2){
            cin >> x >> y >> len;
            if(len > M){
                for(int i = x % len == 0 ? len : x % len; i <= n; i += len){
                    add(i, y);
                }
            }
            else{
                for(int i = x % len == 0 ? len : x % len; i <= len; i++){
                    block[len][i] += y;
                }
            }
            add(x, -y);
        }
        if(op == 3){
            cin >> l >> r;
            cout << query(r) - query(l - 1) + ask(r) - ask(l - 1) << endl;
        }
    }
    return 0;
}

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C++ lambda闭包消除类成员变量 barbyQAQ c++c++java 算法
原文链接：https://blog.csdn.net/qq_51470638/article/details/142151502一、背景在面向对象编程时，常常要添加类成员变量。然而类成员一旦多了之后，也会带来干扰。拿到一个类，一看成员变量好几十个，就问你怕不怕？二、解决思路可以借助函数式编程思想，来消除一些不必要的类成员变量。三、实例举个例子：classClassA{public:...intfu
2021 CCF 非专业级别软件能力认证第一轮（CSP-J1）入门级C++语言试题（第三大题：完善程序代码） mmz1207 c++csp
最近有一段时间没更新了，在准备CSP考试，请大家见谅。（1）有n个人围成一个圈，依次标号0到n-1。从0号开始，依次0，1，0，1...交替报数，报到一的人离开，直至圈中剩最后一个人。求最后剩下的人的编号。#includeusingnamespacestd;intf[1000010];intmain(){intn;cin>>n;inti=0,cnt=0,p=0;while(cnt#includeu
《 C++ 修炼全景指南：九》打破编程瓶颈！掌握二叉搜索树的高效实现与技巧 Lenyiin C++修炼全景指南技术指南 c++算法 stl
摘要本文详细探讨了二叉搜索树（BinarySearchTree,BST）的核心概念和技术细节，包括插入、查找、删除、遍历等基本操作，并结合实际代码演示了如何实现这些功能。文章深入分析了二叉搜索树的性能优势及其时间复杂度，同时介绍了前驱、后继的查找方法等高级功能。通过自定义实现的二叉搜索树类，读者能够掌握其实际应用，此外，文章还建议进一步扩展为平衡树（如AVL树、红黑树）以优化极端情况下的性能退化。
20个新手学习c++必会的程序输出*三角形、杨辉三角等（附代码） X_StarX c++学习算法大学生开发语言数据结构
示例1:HelloWorld#includeusingnamespacestd;intmain(){coutusingnamespacestd;intmain(){inta=5;intb=10;intsum=a+b;coutusingnamespacestd;intfactorial(intn){if(nusingnamespacestd;voidprintFibonacci(intn){intt
C++八股 Petrichorzncu 八股总结 c++开发语言
这里写目录标题C++内存管理C++的构造函数，复制构造函数，和析构函数深复制与浅复制：构造函数和析构函数哪个能写成虚函数，为什么？C++数据结构内存排列结构体和类占用的内存：==虚函数和虚表的原理==虚函数虚表（Vtable）虚函数和虚表的实现细节==内存泄漏==指针的工作原理函数的传值和传址new和delete与malloc和freeC++内存区域划分C++11新特性C++常见新特性==智能指针
【2022 CCF 非专业级别软件能力认证第一轮（CSP-J1）入门级 C++语言试题及解析】汉子萌萌哒 CCF noi 算法数据结构 c++
一、单项选择题(共15题，每题2分，共计30分；每题有且仅有一个正确选项)1.以下哪种功能没有涉及C++语言的面向对象特性支持：()。A.C++中调用printf函数B.C++中调用用户定义的类成员函数C.C++中构造一个class或structD.C++中构造来源于同一基类的多个派生类题目解析【解析】正确答案:AC++基础知识，面向对象和类有关，类又涉及父类、子类、继承、派生等关系，printf
《 C++ 修炼全景指南：十》自平衡的艺术：深入了解 AVL 树的核心原理与实现 Lenyiin C++修炼全景指南技术指南 c++数据结构 stl
摘要本文深入探讨了AVL树（自平衡二叉搜索树）的概念、特点以及实现细节。我们首先介绍了AVL树的基本原理，并详细分析了其四种旋转操作，包括左旋、右旋、左右双旋和右左双旋，阐述了它们在保持树平衡中的重要作用。接着，本文从头到尾详细描述了AVL树的插入、删除和查找操作，配合完整的代码实现和详尽的注释，使读者能够全面理解这些操作的执行过程。此外，我们还提供了AVL树的遍历方法，包括中序、前序和后序遍历，
【RabbitMQ 项目】服务端：数据管理模块之绑定管理月夜星辉雪 rabbitmq 分布式
文章目录一.编写思路二.代码实践一.编写思路定义绑定信息类交换机名称队列名称绑定关键字：交换机的路由交换算法中会用到没有是否持久化的标志，因为绑定是否持久化取决于交换机和队列是否持久化，只有它们都持久化时绑定才需要持久化。绑定就好像一根绳子，两端连接着交换机和队列，当一方不存在，它就没有存在的必要了定义绑定持久化类构造函数：如果数据库文件不存在则创建，打开数据库，创建binding_table插入
多线程编程之join()方法周凡杨 java JOIN 多线程编程线程
现实生活中，有些工作是需要团队中成员依次完成的，这就涉及到了一个顺序问题。现在有T1、T2、T3三个工人，如何保证T2在T1执行完后执行，T3在T2执行完后执行？问题分析：首先问题中有三个实体，T1、T2、T3，因为是多线程编程，所以都要设计成线程类。关键是怎么保证线程能依次执行完呢？ Java实现过程如下： public class T1 implements Runnabl
java中switch的使用 bingyingao java enum break continue
java中的switch仅支持case条件仅支持int、enum两种类型。用enum的时候，不能直接写下列形式。 switch (timeType) { case ProdtransTimeTypeEnum.DAILY: break; default: br
hive having count 不能去重 daizj hive 去重 having count 计数
hive在使用having count()是，不支持去重计数 hive (default)> select imei from t_test_phonenum where ds=20150701 group by imei having count(distinct phone_num)>1 limit 10; FAILED: SemanticExcep
WebSphere对JSP的缓存周凡杨 WAS JSP 缓存
对于线网上的工程，更新JSP到WebSphere后，有时会出现修改的jsp没有起作用，特别是改变了某jsp的样式后，在页面中没看到效果，这主要就是由于websphere中缓存的缘故，这就要清除WebSphere中jsp缓存。要清除WebSphere中JSP的缓存，就要找到WAS安装后的根目录。现服务
设计模式总结朱辉辉33 java 设计模式
1.工厂模式 1.1 工厂方法模式 (由一个工厂类管理构造方法) 1.1.1普通工厂模式(一个工厂类中只有一个方法) 1.1.2多工厂模式(一个工厂类中有多个方法) 1.1.3静态工厂模式(将工厂类中的方法变成静态方法) &n
实例：供应商管理报表需求调研报告老A不折腾 finereport 报表系统报表软件信息化选型
引言随着企业集团的生产规模扩张，为支撑全球供应链管理，对于供应商的管理和采购过程的监控已经不局限于简单的交付以及价格的管理，目前采购及供应商管理各个环节的操作分别在不同的系统下进行，而各个数据源都独立存在，无法提供统一的数据支持；因此，为了实现对于数据分析以提供采购决策，建立报表体系成为必须。业务目标 1、通过报表为采购决策提供数据分析与支撑 2、对供应商进行综合评估以及管理，合理管理和
mysql 林鹤霄
转载源：http://blog.sina.com.cn/s/blog_4f925fc30100rx5l.html mysql -uroot -p ERROR 1045 (28000): Access denied for user 'root'@'localhost' (using password: YES) [root@centos var]# service mysql
Linux下多线程堆栈查看工具(pstree、ps、pstack) aigo linux
原文：http://blog.csdn.net/yfkiss/article/details/6729364 1. pstree pstree以树结构显示进程$ pstree -p work | grep adsshd(22669)---bash(22670)---ad_preprocess(4551)-+-{ad_preprocess}(4552) &n
html input与textarea 值改变事件 alxw4616 JavaScript
// 文本输入框(input) 文本域(textarea)值改变事件 // onpropertychange(IE) oninput(w3c) $('input,textarea').on('propertychange input', function(event) { console.log($(this).val()) });
String类的基本用法百合不是茶 String
字符串的用法; // 根据字节数组创建字符串 byte[] by = { 'a', 'b', 'c', 'd' }; String newByteString = new String(by); 1,length() 获取字符串的长度 &nbs
JDK1.5 Semaphore实例 bijian1013 java thread java多线程 Semaphore
Semaphore类一个计数信号量。从概念上讲，信号量维护了一个许可集合。如有必要，在许可可用前会阻塞每一个 acquire()，然后再获取该许可。每个 release() 添加一个许可，从而可能释放一个正在阻塞的获取者。但是，不使用实际的许可对象，Semaphore 只对可用许可的号码进行计数，并采取相应的行动。 S
使用GZip来压缩传输量 bijian1013 java GZip
启动GZip压缩要用到一个开源的Filter：PJL Compressing Filter。这个Filter自1.5.0开始该工程开始构建于JDK5.0，因此在JDK1.4环境下只能使用1.4.6。 PJL Compressi
【Java范型三】Java范型详解之范型类型通配符 bit1129 java
定义如下一个简单的范型类， package com.tom.lang.generics; public class Generics<T> { private T value; public Generics(T value) { this.value = value; } }
【Hadoop十二】HDFS常用命令 bit1129 hadoop
1. 修改日志文件查看器 hdfs oev -i edits_0000000000000000081-0000000000000000089 -o edits.xml cat edits.xml 修改日志文件转储为xml格式的edits.xml文件，其中每条RECORD就是一个操作事务日志 2. fsimage查看HDFS中的块信息等 &nb
怎样区别nginx中rewrite时break和last ronin47
在使用nginx配置rewrite中经常会遇到有的地方用last并不能工作，换成break就可以，其中的原理是对于根目录的理解有所区别，按我的测试结果大致是这样的。 location / { proxy_pass http://test;
java-21.中兴面试题输入两个整数 n 和 m ，从数列 1 ， 2 ， 3.......n 中随意取几个数 , 使其和等于 m bylijinnan java
import java.util.ArrayList; import java.util.List; import java.util.Stack; public class CombinationToSum { /* 第21 题 2010 年中兴面试题编程求解：输入两个整数 n 和 m ，从数列 1 ， 2 ， 3.......n 中随意取几个数 , 使其和等
eclipse svn 帐号密码修改问题开窍的石头 eclipse SVN svn帐号密码修改
问题描述： Eclipse的SVN插件Subclipse做得很好，在svn操作方面提供了很强大丰富的功能。但到目前为止，该插件对svn用户的概念极为淡薄，不但不能方便地切换用户，而且一旦用户的帐号、密码保存之后，就无法再变更了。解决思路：删除subclipse记录的帐号、密码信息，重新输入
[电子商务]传统商务活动与互联网的结合 comsci 电子商务
某一个传统名牌产品，过去销售的地点就在某些特定的地区和阶层，现在进入互联网之后，用户的数量群突然扩大了无数倍，但是，这种产品潜在的劣势也被放大了无数倍，这种销售利润与经营风险同步放大的效应，在最近几年将会频繁出现。。。。如何避免销售量和利润率增加的
java 解析 properties-使用 Properties-可以指定配置文件路径 cuityang java properties
#mq xdr.mq.url=tcp://192.168.100.15:61618; import java.io.IOException; import java.util.Properties; public class Test { String conf = "log4j.properties"; private static final
Java核心问题集锦 darrenzhu java 基础核心难点
注意，这里的参考文章基本来自Effective Java和jdk源码 1)ConcurrentModificationException 当你用for each遍历一个list时，如果你在循环主体代码中修改list中的元素，将会得到这个Exception，解决的办法是： 1)用listIterator, 它支持在遍历的过程中修改元素， 2)不用listIterator, new一个
1分钟学会Markdown语法 dcj3sjt126com markdown
markdown 简明语法基本符号 *,-,+ 3个符号效果都一样，这3个符号被称为 Markdown符号空白行表示另起一个段落 `是表示inline代码，tab是用来标记代码段，分别对应html的code，pre标签换行单一段落( <p>) 用一个空白行连续两个空格会变成一个 <br> 连续3个符号，然后是空行
Gson使用二（GsonBuilder） eksliang json gson GsonBuilder
转载请出自出处：http://eksliang.iteye.com/blog/2175473 一.概述 GsonBuilder用来定制java跟json之间的转换格式二.基本使用实体测试类：温馨提示：默认情况下@Expose注解是不起作用的,除非你用GsonBuilder创建Gson的时候调用了GsonBuilder.excludeField
报ClassNotFoundException: Didn't find class "...Activity" on path: DexPathList gundumw100 android
有一个工程，本来运行是正常的，我想把它移植到另一台PC上，结果报： java.lang.RuntimeException: Unable to instantiate activity ComponentInfo{com.mobovip.bgr/com.mobovip.bgr.MainActivity}: java.lang.ClassNotFoundException: Didn't f
JavaWeb之JSP指令 ihuning javaweb
要点 JSP指令简介 page指令 include指令 JSP指令简介 JSP指令（directive）是为JSP引擎而设计的，它们并不直接产生任何可见输出，而只是告诉引擎如何处理JSP页面中的其余部分。 JSP指令的基本语法格式： <%@ 指令属性名="
mac上编译FFmpeg跑ios 啸笑天 ffmpeg
1、下载文件：https://github.com/libav/gas-preprocessor，复制gas-preprocessor.pl到/usr/local/bin/下，修改文件权限：chmod 777 /usr/local/bin/gas-preprocessor.pl 2、安装yasm-1.2.0 curl http://www.tortall.net/projects/yasm
sql mysql oracle中字符串连接 macroli oracle sql mysql SQL Server
有的时候，我们有需要将由不同栏位获得的资料串连在一起。每一种资料库都有提供方法来达到这个目的： MySQL: CONCAT() Oracle: CONCAT(), || SQL Server: + CONCAT() 的语法如下： Mysql 中 CONCAT(字串1, 字串2, 字串3, ...): 将字串1、字串2、字串3，等字串连在一起。请注意，Oracle的CON
Git fatal: unab SSL certificate problem: unable to get local issuer ce rtificate qiaolevip 学习永无止境每天进步一点点 git 纵观千象
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Linux（Ubuntu）下安装sysv-rc-conf wmlJava linux ubuntu sysv-rc-conf
安装：sudo apt-get install sysv-rc-conf 使用：sudo sysv-rc-conf 操作界面十分简洁，你可以用鼠标点击，也可以用键盘方向键定位，用空格键选择，用Ctrl+N翻下一页，用Ctrl+P翻上一页，用Q退出。背景知识 sysv-rc-conf是一个强大的服务管理程序，群众的意见是sysv-rc-conf比chkconf
svn切换环境，重发布应用多了javaee标签前缀 zengshaotao javaee
更换了开发环境，从杭州，改变到了上海。svn的地址肯定要切换的，切换之前需要将原svn自带的.svn文件信息删除，可手动删除，也可通过废弃原来的svn位置提示删除.svn时删除。然后就是按照最新的svn地址和规范建立相关的目录信息，再将原来的纯代码信息上传到新的环境。然后再重新检出，这样每次修改后就可以看到哪些文件被修改过，这对于增量发布的规范特别有用。检出

【非官方题解】2022牛客寒假算法基础集训营5

A-疫苗小孩

B-乒乓小孩

C-战棋小孩

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