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牛客练习赛110

在正式开始之前，写一写自己的感受吧。

这是我在牛客打的第一场rating场，之前由于时间等原因，一直没有时间打，只能在赛后vp，昨天没有课，就打了一场，然后就过了一题，rating1054，牛客练习赛的难度还是比较高的...快要天梯赛了，要努力加油啊！

A：

牛客练习赛110_第1张图片

牛客练习赛110_第2张图片 题目有点长，但好多都是废话，简洁来说就是给你一个字符串，找到其中没有1和4的字串的个数

这道题我和这道题混淆了登录—专业IT笔试面试备考平台_牛客网，用了双指针，我蓝桥杯有道题也用了双指针，没出来...做了半天发现不对，然后想尝试别的方法，因为字符串的长度10^6,所以只能用单层循环，最后也没想出来优化；

正确思路：遍历字符串的长度，记录1和4最后出现的位置，用当前位置减去1和4最后出现位置的最小值再求和。

比如0010004，假设i现在在7位置，即在4的位置，字串有4，04，004，0004共4种。

代码如下：

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include 
using namespace std;
typedef  long  long ll ;
#define pii pair
const int inf = 0x3f3f3f3f;
inline int read() {
	int x = 0, f = 1;
	char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') {
		if (ch == '-')
			f = -1;
		ch = getchar();
	}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {
		x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
		ch = getchar();
	}
	return x * f;
}
void print(__int128 num) {
	if (num) {
		print(num / 10);
		putchar(num % 10 + '0');
	}
}
int n;
string s;
int a[15];
int main() {
	scanf("%d",&n);
	cin>>s;
	s=' '+s;
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[s[i]-48]=i;
		ans=ans+i-min(a[1],a[4]);
	}
	printf("%lld\n",ans);

	return 0;
}

 感想：我是菜狗和懒狗，需要努力了..

B：牛客练习赛110_第3张图片

 题目是真的长啊，废话连篇..

我感觉这道题才是真正的签到题，A题是啥啊...

理解了题意之后很好做，把夹心糖的价格从大到小排列，然后1-n-1天每天卖一块，第n天卖m-n+1即可

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include 
using namespace std;
typedef  long  long ll ;
#define pii pair
const int inf = 0x3f3f3f3f;
inline int read(){
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){
        if (ch == '-')
            f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){
        x = (x<<1) + (x<<3) + (ch^48);
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}
void print(__int128 num) {
	if(num) {
		print(num/10);
		putchar(num%10+'0');
	}
}
int n,m;
int a[500005];
bool cmp(int x,int y){
	return x>y;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		printf("%d ",a[i]);
	}
	printf("\n");
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(i==n){
			printf("%d ",m-n+1);
		}else{
			printf("1 ");
		}
	}
	printf("\n");


	return 0;
}

C：感觉好难，直接不做，也没补..

D：嘤嘤的可爱（easy）

牛客练习赛110_第4张图片题目又是好长，废话连篇，我除了AB之外就做了这题，觉得这题可以做；

我的思路是用全排列 ，先枚举变换的个数x（1<=x<=k），再先产生一个有x个1的01数组a，然后

用next-permutation()函数产生全排列，如果a[i]==1就代表改变，否则就不变，如果有x个数发生改变，就有x种可能，在 'y' , 'k' , 'a' , 'w' , 'i'的字符有0-x个，即Cx0+Cx1*5+Cx2*(5^2)..+.Cxx*(5^x),

好像不对...

正确解法：动态规划

设dp[i]为经过i次魔法的期望值，对于第一次操作，修改有贡献字符的概率为dp[0]/n，修改无贡献的字符的概率为（1-dp[i]）/n,对期望值产生影响的是将有贡献的字符改为无贡献字符，概率为21/26，将无贡献的字符改有贡献的字符，概率为5/26;

故状态表示：

dp[i]=dp[i-1]

dp[i] - =dp[i-1]/n*21/26

dp[i]+=(1-dp[i-1])/n*5/26

但是由于在运算过程中有除法，在运算过程中会有丢失数据，为了解决这一问题，可以用费马小定理，在此之前也不会，补题的过程中学了学...

费马小定理：费马小定理_小学生一发的技术成长之旅的博客-CSDN博客 

同时·需要注意的是，由于减号的出现所以%mod的时候需要先加mod再%mod,即a=(a+mod)%mod;

代码如下：

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include 
using namespace std;
typedef  long  long ll ;
#define pii pair
const int inf = 0x3f3f3f3f;
inline int read() {
	int x = 0, f = 1;
	char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') {
		if (ch == '-')
			f = -1;
		ch = getchar();
	}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {
		x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
		ch = getchar();
	}
	return x * f;
}
void print(__int128 num) {
	if (num) {
		print(num / 10);
		putchar(num % 10 + '0');
	}
}
ll mod = 1e9 + 7;
int n, k;
string s;
ll dp[1050];
ll ksm(ll a, ll b, ll mod) {
	ll ans = 1;
	while (b) {
		if (b & 1)ans = ans * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b = b >> 1;
	}
	return ans;
}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &k);
	cin >> s;
	for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
		if (s[i] == 'y' || s[i] == 'k' || s[i] == 'a' || s[i] == 'w' || s[i] == 'i') {
			dp[0]++;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= k; i++) {
		ll a = dp[i-1]*ksm(n, mod - 2, mod)%mod * (21 * ksm(26, mod - 2, mod) % mod) % mod;
		ll b = (n - dp[i - 1] + mod) * (ksm(n, mod - 2, mod)) % mod * (5 * ksm(26, mod - 2, mod) % mod) % mod;
		dp[i] = (dp[i-1]-a+b+mod) % mod; //取模
	}
	printf("%lld\n", dp[k]);
	return 0;
}

E:

E是D的加强版，k到了long long的的范围了，n也到了10^6，用上题的方法，解不了，所以只能用别的方法了，结果就是个数学问题...

对于某个位置的字母，计算出被更改的可能性和不被更改的可能性，以及这两种可能性对可爱值的影响。

​ 某一个位置没有被改变过的概率是 p0=（n-1/n）^k，被改变过的概率是p1=1-p0​ 。

​ 若一个位置被多次改变，则只有最后一次改变有意义，改变成命运字母的概率是 t=​ 5/26。

​ 因此，一个位置如果本来有贡献，那么这个位置有 p0​ 的概率不改变，贡献为 p0 ，若一个位置发生了改变，则有 t 的概率产生贡献，则贡献为 p1*t 。

注意点：减号！！

复杂度为O（n）

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include 
using namespace std;
typedef  long  long ll ;
#define pii pair
const int inf = 0x3f3f3f3f;
inline int read(){
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){
        if (ch == '-')
            f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){
        x = (x<<1) + (x<<3) + (ch^48);
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}
void print(__int128 num) {
	if(num) {
		print(num/10);
		putchar(num%10+'0');
	}
}
ll n,k;
ll p,p0,p1;
string s;
ll mod=1e9+7;
ll ksm(ll a,ll b,ll mod){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b=b>>1;
	}
	return ans%mod;
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	cin>>s;
	s=' '+s;
	ll ans=0;
	p=5*ksm(26,mod-2,mod)%mod;
	p0=ksm(n-1,k,mod)*ksm(ksm(n,k,mod),mod-2,mod)%mod;
	p1=(1-p0+mod)%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(s[i]=='y' ||s[i]== 'k' ||s[i]== 'a'||s[i]== 'w' ||s[i]== 'i')ans=ans+p0;
		ans=ans+p1*p;
		ans=ans%mod;		
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

打完这场，发现自己是真的菜...，继续加油吧！！！

题解：题解 | #嘤嘤的签到#_牛客博客

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