蓝桥杯AcWing 题目题解 - 二分与前缀和、差分

目录

AcWing 789. 数的范围 - 整数二分

AcWing 790. 数的三次方根 - 实数二分

AcWing 730. 机器人跳跃问题 - 二分应用

AcWing 1227. 分巧克力

 AcWing 795. 前缀和

AcWing 796. 子矩阵的和 - 二维前缀和

AcWing 797. 差分 

AcWing 798. 差分矩阵 - 二维差分

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整数二分步骤:
1.找一个区间[L，R]，使得答案一定在该区间中
2找一个判断条件，使得该判断条件具有二段性，并且答案一定是该二段性的分界点。
3.分析终点M在该判断条件下是否成立，如果成立，考虑答案在哪个区间;如果不成立，考虑答案在哪个区间;
4.如果更新方式写的是R（右） = Mid，则不用做任何处理;如果更新方式写的是L（左）= Mid，则需要在计算Mid时加上1。

AcWing 789. 数的范围 - 整数二分

给定一个按照升序排列的长度为n的整数数组，以及q个查询。
对于每个查询，返回一个元素k的起始位置和终止位置(位置从О开始计数)。如果数组中不存在该元素，则返回-1 -1 。

输入格式
第一行包含整数n和q，表示数组长度和询问个数。
第二行包含n个整数（均在1～10000范围内)，表示完整数组。接下来q行，每行包含一个整数k，表示一个询问元素。

输出格式
共q行，每行包含两个整数，表示所求元素的起始位置和终止位置。如果数组中不存在该元素，则返回-1 -1。
数据范围
1

1≤q≤10000

1≤k ≤10000

输入样例:

6 3
1 2 2 3 3 4
3
4
5

输出样例：

3 4
5 5
-1 -1

#include
using namespace std;
const int N=100010;
int n,m;
int q[N];
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=0;i>1;
			if(q[mid]>=x) r=mid;
			else l=mid+1;
		}
		
		if(q[l]!=x) cout<<"-1 -1"<>1;
				if(q[mid]<=x) l=mid;
				else r=mid-1;
			}
 
			cout<

记忆：写完模板后看案例分析始末下标，当 l （左）= mid 时必须mid+1 

AcWing 790. 数的三次方根 - 实数二分

给定一个浮点数n，求它的三次方根。
输入格式
共一行，包含一个浮点数n。
输出格式
共一行，包含一个浮点数，表示问题的解。注意，结果保留6位小数。
数据范围
-10000

输入样例：

1000.00

输出样例：

10.000000

#include
using namespace std;
int main()
{
    double l=-100000,r=100000;    //数据结果必在其之间，不用思考
    double n,m;
    cin>>n;
    while(r-l>1e-8)    //精确到为1e-6，所以至少要多精确两位
    {
        m=(l+r)/2;
        if(m*m*m>=n) r=m;    //立方根n在mid的左边，缩右边界
        else l=m;
    }
    printf("%.6f",m);
   return 0;
}

AcWing 730. 机器人跳跃问题 - 二分应用

来源：今日头条2019，笔试题 

输入样例1：

5
3 4 3 2 4

输出样例1：

4

输入样例2：

3
4 4 4

输出样例2：

4

输入样例3：

3
1 6 4

输出样例3：

3

 思路：

如例一高度 3 4 3 2 4 

可以发现通过计算 E=2E-H(k+1)，那么只需要将数组所有值带入公式，找到刚好大于0的E即可；

1. 利用二分，check函数为 将数组所有值带入公式
2. 如果e<0则不满足要求，返回fasle；
3. 如果e大于数组中最大值，由公式E=2E-H(k+1)得，E将永远大于0，可直接返回true（此操作可以防止2E太大爆int，同时可以节省时间）

#include
#include
using namespace std;
const int N=1e5+10;

int n;
int h[N];

bool  check(int e)
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        e=e*2-h[i];
        if(e<0) return false;
        if(e>1e5) return true;//防止爆int
    }
    return  true;
}

int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>h[i];
    
    int l=0,r=1e5;
    while(l>1;
        if(check(mid)) r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    cout<

总结：

当题目求“至少”、“至多”，且具有二段性or单调性时，可以考虑二分

（二段性：以某个值为临界，这个值一边的都满足要求，另一边都不满足）

AcWing 1227. 分巧克力

来源：第八届蓝桥杯省赛C++A/B组,第八届蓝桥杯省赛JAVAA/B组

输入样例：

2 10
6 5
5 6

输出样例：

2

 

具有单调性与二段性，用二分！ 

#include
using namespace std;
int n,k;
const int N=1e5+10;
int h[N],w[N];

int check(int m)
{
    int ret=0;
    for(int i=0;i=k) return 1;
    }
    return 0;
}
int main()
{
    cin>>n>>k;
    for(int i=0;i>h[i]>>w[i];
    int l=1,r=1e5;
    while(l>1;
        if(check(mid)) l=mid;
        else r=mid-1;
    }
    cout<

 AcWing 795. 前缀和

输入一个长度为n的整数序列。
接下来再输入m个询问，每个询问输入一对l, r。
对于每个询问，输出原序列中从第 l 个数到第r个数的和。

输入格式
第一行包含两个整数n和m。
第二行包含n个整数，表示整数数列。
接下来m行，每行包含两个整数l和r，表示一个询问的区间范围。

输出格式
共m行，每行输出一个询问的结果。

数据范围
1≤l —1000≤数列中元素的值≤1000
 

输入样例：

5 3
2 1 3 6 4
1 2
1 3
2 4

输出样例：

3
6
10

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=1e5+10;

int n,m;
int a[N];
int s[N];

int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        s[i]=s[i-1]+a[i];
        
    }
    while(m--)
    {
        int l,r;
        cin>>l>>r;
        cout<

k倍区间

来源：第八届蓝桥杯省赛C++B组,第八届蓝桥杯省赛JAVAB组

思路： 

1. 区间[l,r]的和是k的倍数即(sum[r] - sum[l-1])%k == 0 即sum[r]%k == sum[l-1]%k ；
2. 简单来讲，sum[r] % k 和 sum[l-1] % k 的余数如果相等，那么sum[r] - sum[l-1]的差值必然是k的倍数 ，比如说：13 % 7 == 20 % 7 等价于(20-13)%7 =0；
3. ans一开始是表示的相减满足题目的条件，因为一旦再出现%k和res数组里面有相当的情况，就全加一遍（和前面全部组合一遍），然后res【sum【i】】++
4.  cnt[0]=1解释：不置为1的话，那么就少了自身单独一个就可以成立的情况

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int n,k;
ll s[N];
int cnt[N];

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&s[i]);
        s[i]+=s[i-1];
    }
   

    ll ans=0;
    cnt[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ans+=cnt[s[i]%k];    
        cnt[s[i]%k]++;
    }
    cout<

AcWing 796. 子矩阵的和 - 二维前缀和

输入一个n行m列的整数矩阵，再输入q个询问，每个询问包含四个整数:x1,y1,x2,y2，表示一个子矩阵的左上角坐标和右下角坐标。
对于每个询问输出子矩阵中所有数的和。

输入格式
第一行包含三个整数n， m，q。
接下来n行，每行包含m个整数，表示整数矩阵。
接下来q行，每行包含四个整数x1,y1,x2,y2，表示一组询问。

输出格式
共q行，每行输出一个询问的结果。

数据范围
1≤n, m ≤1000,  1≤q≤200000,  1≤1 ≤2 ≤n，1≤91≤J2≤m,
-1000≤矩阵内元素的值≤1000
 

输入样例：

3 4 3
1 7 2 4
3 6 2 8
2 1 2 3
1 1 2 2
2 1 3 4
1 3 3 4

输出样例：

17
27
21

 

 用容斥原理推出公式；

首先算出每一个坐标的前缀和s [ i ] [ j ]，在前缀和矩阵中再用一次容斥原理

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 1010;

int n, m, q;
int a[N][N], s[N][N];

int main()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
        {
            scanf("%d", &a[i][j]);
            s[i][j] = s[i - 1][j] + s[i][j - 1] - s[i - 1][j - 1] + a[i][j];
        }

    while (q -- )
    {
        int x1, y1, x2, y2;
        scanf("%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2);
        printf("%d\n", s[x2][y2] - s[x1 - 1][y2] - s[x2][y1 - 1] + s[x1 - 1][y1 - 1]);
    }

    return 0;
}

AcWing 797. 差分 

6 3
1 2 2 1 2 1
1 3 1
3 5 1
1 6 1

 差分思路：

首先给定一个原数组a：a[1], a[2], a[3],,,,,, a[n];

然后我们构造一个数组b ： b[1] ,b[2] , b[3],,,,,, b[i];

使得 a[i] = b[1] + b[2 ]+ b[3] +,,,,,, + b[i]

即：

a[0 ]= 0;

b[1] = a[1] - a[0];

b[2] = a[2] - a[1];

b[3] =a [3] - a[2];

........

b[n] = a[n] - a[n-1];

a数组是b数组的前缀和数组，比如对b数组的b[i]的修改，会影响到a数组中从a[i]及往后的每一个数。

首先让差分b数组中的 b[l] + c ,a数组变成 a[l] + c ,a[l+1] + c,,,,,, a[n] + c;

然后我们打个补丁，b[r+1] - c, a数组变成 a[r+1] - c,a[r+2] - c,,,,,,,a[n] - c;

核心操作：对差分数组b做 b[l] + = c, b[r+1] - = c（时间复杂度为O(1) ）

 

#include
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int a[N], b[N];
int main()
{
    int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        b[i] = a[i] - a[i - 1];      //构建差分数组
    }
    int l, r, c;
    while (m--)
    {
        scanf("%d%d%d", &l, &r, &c);
        b[l] += c;     //将序列中[l, r]之间的每个数都加上c
        b[r + 1] -= c;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        a[i] = b[i] + a[i - 1];    //前缀和运算
        printf("%d ", a[i]);
    }
    return 0;
}

AcWing 798. 差分矩阵 - 二维差分

输入样例：

3 4 3
1 2 2 1
3 2 2 1
1 1 1 1
1 1 2 2 1
1 3 2 3 2
3 1 3 4 1

输出样例：

2 3 4 1
4 3 4 1
2 2 2 2

 思路与二维前缀和相似：

操作1、

b[x1][y1] + = c;

b[x1,][y2+1] - = c;

b[x2+1][y1] - = c;

b[x2+1][y2+1] + = c;

 每次对b数组执行以上操作，等价于：

for(int i=x1;i<=x2;i++)
  for(int j=y1;j<=y2;j++)
    a[i][j]+=c;

操作2、 

 我们每次让以(i,j)为左上角到以(i,j)为右上角面积内元素(其实就是一个小方格的面积)去插入 c=a[i][j]，等价于原数组a中(i,j) 到(i,j)范围内 加上了 a[i][j] ,因此执行n*m次插入操作，就成功构建了差分b数组.

说白了，就是让c=a[i][j]，把操作1的方法用在一个空数组上，用n*m遍，操作完之后这个数组就是差分数组b[i][j]。

 for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
            insert(i, j, i, j, a[i][j]);    //构建差分数组

 AC代码：

#include 

using namespace std;

const int N = 1010;

int n, m, q;
int a[N][N], b[N][N];

void insert(int x1, int y1, int x2, int y2, int c)
{
    b[x1][y1] += c;
    b[x2 + 1][y1] -= c;
    b[x1][y2 + 1] -= c;
    b[x2 + 1][y2 + 1] += c;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
            scanf("%d", &a[i][j]);

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
            insert(i, j, i, j, a[i][j]);    //构建差分数组

    while (q -- )
    {
        int x1, y1, x2, y2, c;
        cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2 >> c;
        insert(x1, y1, x2, y2, c);
    }

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
            b[i][j] += b[i - 1][j] + b[i][j - 1] - b[i - 1][j - 1];
            //a[i]是差分数组b[i]的前缀和

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        for (int j = 1; j <= m; j ++ ) printf("%d ", b[i][j]);
        puts("");
    }

    return 0;
}