长沙学院2023 第二次蓝桥训练题解

本题解由，区域赛银牌，蓝桥杯国一学长邱一凡提供！

P4310 绝世好题

P4310 绝世好题

题解：

理解好方程定义，定义是由经验得来的，写多了就可以想得到，初学时去理解如何推转移方程很重要，转移方程和方程定义紧密相关。

$f[i][j]$ 表示从前$i$个数里选，选出的符合要求的子序列的最后一个数字的第$j$位为$1$的最大长度（描述的有亿点差）。在这里假设$f[i-1][j]，0<=j<=30$已经正确得出，对于第$i$个数， 决策就是要不要把它选上，如果不选，即不考虑第$i$个，（此时紧扣方程定义）$f[i]$是从前$i$个里面去选，现在$i$不要了，那么就是从$i-1$个里面去选，所以此时 $f[i][j]=f[i-1][j]$，这是不选的转移方程。如果选第$i$个数，我们就要找上一个从前$i-1$数里面选，选出的最后一个数字它与$a[i]$进行&运算的结果不为0，即这两个数的二进制表达式里面存在相同位置上为1才能够符合条件（即选第$i$个），因此我们对$a[i]$的二进制表达式下手（因为$a[i]$我们是知道的，所以枚举$a[i]$的二进制表达式上1的位置即可进行转移），假设$k_z$为$a[i]$二进制表达式1的位置,那么$f[i][k_z]=max(f[i-1][k_z]+1)k_z为a[i]二进制表达式中1的位置$, 其余不属于$k_z$的位置j有$f[i][j]=f[i-1][j]$（扣定义，此时只可能不选，因为$a[i]$的第$j$为不为1）。综上所诉，我们对两个决策取最大值，所以$f[i][j]=max(f[i-1][j]选,max(f[i-1][k_z]+1)不选)$。采药那道题也可以这样去推，留给你们尝试尝试。最后的答案即为$max(f[n][j])0<=j<=30$。

#include 
#define endl '\n'

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 10;
int g[N]; // 初始数组
int f[N][40]; 
// f[i][j] 表示从前i个数里选，选出的符合要求子序列的最后一个数字的第j位为1的最大长度

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        cin >> g[i];
    }

    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        int mx = 1;
        for (int j = 0; j < 31; j ++ ) {
            if (g[i] >> j & 1) {  // g[i] >> j & 1即为数字g[i] 二进制表示的第j位
                mx = max(mx, f[i - 1][j] + 1);
            }
        }
        // 此时max = max(f[i - 1][k_z] + 1)

        for (int j = 0; j < 31; j ++ ) {
            if (g[i] >> j & 1) f[i][j] = max(mx, f[i - 1][j]);
            else f[i][j] = f[i - 1][j];
        }
    }

    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < 31; i ++ ) ans = max(ans, f[n][i]);
    cout << ans << endl;
    
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);

    int __ = 1;
    // cin >> __;
    while (__ -- ) solve();
    return 0;
}

AcWing 125 耍杂技的牛$（知识点：贪心）$

AcWing 125 耍杂技的牛

题解：

结论：

按$w_i+s_i$从小到大排序，对每一个牛计算危险值，输出最大的即可

证明：

对于要对数组排序的题，可以考虑考虑贪心的邻项交换法。对于相邻的两头牛$i$和$i+1$, 假设牛$i$前面的牛的总体重为$sumWeight$, 那么牛$i$的风险值为$sumWeight-S[i]$， 牛$i+1$的风险值为$sumWeight+W[i]-S[i+1]$， 然后考虑交换这两头牛，那么之前牛i+1的风险值变为了$sumWeight-S[i+1]$，牛$i$的风险值为$sumWeight+W[i+1]-S[i]$，其他牛的风险值不变.假设交换这两头牛之后这两头牛的最大的风险值减低了，即交换之后存在$max(sumWeight-S[i],sumWeight+W[i]-S[i+1])>max(sumWeight-S[i+1],sumWeight+W[i+1]-S[i])$

由于$sumWeight-S[i]<sumWeight+W[i+1]-S[i],sumWeight-S[i+1]<sumWeight+W[i]-S[i+1]$, 所以上面的式子化简为$sumWeight + W[i] - S[i + 1] > sumWeight + W[i + 1] - S[i] $再化简得$W[i] + S[i] > W[i + 1] + S[i + 1]$,所以只要$W[i + 1] + S[i + 1] < W[i] + S[i]$,那么两头牛之间的最大风险值就会减低，所以只要存在一对奶牛的$W[i + 1] + S[i + 1] < W[i] + S[i]$，那么我们就可以交换这两头牛的位置是的风险值减小，当不存在这种关系时即无法减小了，因此可以按照$W[i] + S[i]$ 进行从小到大排序，这即为所有排序中所有奶牛的风险值中的最大值最小的一种排法。

// 贪心邻相较换法

#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long ll;
const ll INF = 1e18;
const int N = 50010;

struct node
{
    ll w, s, sum;
    friend bool operator <(node a, node b)
    {
        return a.sum < b.sum;
    }
    
}p[N];
int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    ll sum = 0;
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        scanf("%lld%lld", &p[i].w, &p[i].s);
        p[i].sum = p[i].w + p[i].s;
    }
    sort(p + 1, p + n + 1);
    ll ans = -INF;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        ll res = sum - p[i].s;
        sum += p[i].w;
        ans = max(ans, res);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

P1048 [NOIP2005 普及组] 采药$（背包）$

P1048 [NOIP2005 普及组] 采药

题解：

定义$f[i][j]$表示在j时间内，从前$i$种药草中采出的最大价值，决策即为第$i$种药草采与不采。

如果第$i$种不采的话，那么$f[i][j]=f[i-1][j]$

如果第$i$种采的话，那么$f[i][j]=f[i-1][j-costTime[i]]+value$

所以$f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-costTime[i]]+value)$

#include 

using namespace std;
const int N = 110, M = 1010;
int costTime[N], value[N];
int f[N][M];

int main()
{
	int T, n;
	cin >> T >> n;
	
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		cin >> costTime[i] >> value[i];
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		for (int j = 1; j <= T; j ++ ) {
			if (j < costTime[i]) f[i][j] = f[i - 1][j];
			else {
				f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - costTime[i]] + value[i]);
			}
		}
	}
	
	cout << f[n][T] << endl;
	return 0;
}

P8800 [蓝桥杯 2022 国 B] 卡牌$（知识点：二分）$

P8800 [蓝桥杯 2022 国 B] 卡牌

题解:

答案具有两段性（即对于小于等于答案的卡牌套数而言一定可以凑出来，大于答案的一定凑不出来），因此可以二分答案。然后就是如何去$check$二分出来的答案是否可行，设当前二分出来的答案为$num$，对于第$i$堆而言，如果当前的卡牌数已经大于等于$num$，那么就不手写第$i$种牌（贪心让空白牌留给后面使用更好）。如果当前的卡牌数小于$num$，那么就需要花费空白牌来写第$i$种牌，花费的空白牌数量即为$num-a[i]$ (自己本身满足条件的情况下贪心让空白牌留给后面使用更好)，如果当前要花费的卡牌数大于最大限度可画的卡牌数或者当前要花费的卡牌数大于当前还剩下的空白牌数量，那么说明此次二分出来的答案不可行，然后$returnfalse$。如果没有$returnfalse$,说明当前方案合法。时间复杂度$O(NlogN)$

#include 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 10;
int a[N];
int b[N];
int n;
ll m;

bool check(int num)
{
    ll cnt = m; // 维护当前手里空白牌的数量
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        if (a[i] >= num) continue;

        int x = num - a[i];
        if (x > b[i]) return false;

        cnt -= num - a[i];
        if (cnt < 0) return false;
    }
    return true;
}

int main()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> b[i];

    int l = 0, r = 2 * n;
    while(l < r) {
        int mid = l + r + 1 >> 1;
        if (check(mid)) l = mid;
        else r = mid - 1;
    }
    cout << l << endl;
    return 0;
}

P8799 [蓝桥杯 2022 国 B] 齿轮

P8799 [蓝桥杯 2022 国 B] 齿轮

题解：

统计每个数的倍数是否存在就行，注意数据范围是$0<a_i<2e^5$, 所以当一个数的倍数大于$2e^5$时就不向下枚举了，时间复杂度时$O(Nlog(N))$,具体看代码实现好点

#include 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 10, limit = 2e5;
int r[N];   // 齿轮半径
int num[N];  // num[i] 表示数值i的数量
bool is_true[N];  // is_true[i] 表示是否存在两个数是i倍关系

void solve()
{
    // 时间复杂度为N / 1 + N / 2 + N / 3 + .... + N / N，高数应该学过，所以求和得时间复杂度为O(Nlog(N))
    for (int i = 1; i <= limit; i ++ ) {
        if (!num[i]) continue;
        for (int j = 2; j * i <= limit; j ++ ) { // 对于每个i，这里执行的次数为 n / i 
            is_true[j] |= (num[j * i] > 0);
        }
    }
}

int main()
{
    int n, q;
    cin >> n >> q;

    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        cin >> r[i];
        num[r[i]] ++;
        if (num[r[i]] == 2) is_true[1] = true;
    }
    solve();

    while (q -- ) {
        int x;
        cin >> x;
        if (is_true[x]) cout << "YES" << endl;
        else cout << "NO" << endl;
    }
    return 0;
}

[蓝桥杯 2022 省 C] 重新排序（知识点：前缀和与差分）

[蓝桥杯 2022 省 C] 重新排序

题解：

对询问的区间进行差分，即对于询问$[L_i,R_i]$，$sum[L_i]++,sum[R_i+1]--$ ,再对$sum$数组进行前缀和算法，之后$sum[i]$的意义为：所有的询问包含$i$这个下标的次数，所以在没有排序前所有查询结果的和为${\sum }_{i=1}^{n}sum[i]\ast a[i]$。假设排好序之后的数组为$b$,那么答案即为${\sum }_{i=1}^{n}sum[i]\ast b[i]$, 在这里进行贪心，对于最大的$sum[i]$而已，肯定是乘最大的数,次大的sum，乘次大的数。所以所以对$sum$数组和a数组进行从小到大$or$从大到小排序，排完序之后答案即为${\sum }_{i=1}^{n}sum[i]\ast a[i]$

纯暴力代码（不用看）：

#include 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
int sum[N]; // 统计每个下标被计算的次数
int a[N];

int main()
{
	int n;
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];

	int m;
	cin >> m;
	while (m -- ) {
		int l, r;
		cin >> l >> r;
		for (int i = l; i <= r; i ++ ) {
			sum[i] ++;
		}
	}

	ll ans1 = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        ans1 += 1ll * sum[i] * a[i];
    }
    
    sort(a + 1, a + n + 1);
    sort(sum + 1, sum + n + 1);
    ll ans2 = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        ans2 += 1ll * sum[i] * a[i];
    }
    
    cout << ans2 - ans1 << endl;
	return 0;
}

优化代码：

#include 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
int a[N];
int sum[N];

int main()
{
    int n, m;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];
    
    cin >> m;
    while (m -- ) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        // 差分
        sum[l] += 1;
        sum[r + 1] -= 1;
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) sum[i] += sum[i - 1]; // 前缀和
    
    ll ans1 = 0; 
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        ans1 += 1ll * sum[i] * a[i];
    }
    
    sort(a + 1, a + n + 1);
    sort(sum + 1, sum + n + 1);
    ll ans2 = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        ans2 += 1ll * sum[i] * a[i];
    }
    
    cout << ans2 - ans1 << endl;
    
    return 0;
}