2023牛客暑期多校训练营2(D/E/F/H/I/K)

目录

D.The Game of Eating

E.Square

F.Link with Chess Game

H.0 and 1 in BIT

I.Link with Gomoku

K.Box


D.The Game of Eating

思路:倒着贪心。因为正着贪会导致一种局面:我选了当前喜爱值最大的菜,但是就算我不选这个菜,后面的人也可能选这一道菜,我依然能吃上这道菜,那么我为什么不选其它的菜而两者兼得呢?所以我们考虑倒着贪心。贪心到第i个人时,根据喜爱值从大到小遍历一遍菜,如果这个菜被后面的人选过了,那就不选了,直到有一个菜是没被选过的。

bool cmp(PII a,PII b) {
	return a.first>b.first;
}
void solve() {
	mapmp;
	int n,m,k;
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=1; i<=n; i++)v[i].clear();
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		for(int j=1; j<=m; j++) {
			int x;
			cin>>x;
			v[i].push_back({x,j});
		}
		sort(v[i].begin(),v[i].end(),cmp);
	}
	for(int i=k; i>=1; i--) {
		int now=i%n,j=0;
		if(!now)now=n;
		while(mp[v[now][j].second])j++;
		mp[v[now][j].second]=true;
	}
	for(auto x:mp) {
		cout<

 

E.Square

思路:题目的公式可以表示为,求Y使得:

Y^2-(Y^2)%(10^K) = X*(10^K)

 可见只需枚举K的大小然后判断即可。 

代码:

string cmp;
bool pd(int y) {
	string now=to_string(y*y);
	while(now.size()>x;
	cmp=to_string(x);
	for(int k=0; k<=9; k++) {//枚举k的大小
		int now=pow(10,k)*x;
		int y=sqrt(now);
		if(pd(y)) {//判断这个y是否合法
			cout<

F.Link with Chess Game

思路:若只有一个棋子,当棋子有距离边界为奇数长度的局面为先手必胜态,因为两个人必须在这个奇数区间里一直走,而先手可以一直选到所有位置选完。该情况可推广至三个棋子,三个棋子的距离端点距离可以抽象为所有棋子距离端点的距离之和,棋子可以在端点之和为奇数的区间内反复横跳,来保持自己的最终的奇偶性,从而导致先手必胜,反之先手必败。

代码:

void solve() {
	int n,a,b,c;
	cin>>n>>a>>b>>c;
    int sum1=(a-1)+(b-1)+(c-1);
    int sum2=(n-a)+(n-b)+(n-c);
    if(sum1%2||sum2%2)cout<<"Alice"<

H.0 and 1 in BIT

思路:操作A相当于将x变成反码,也就是在取模意义下,操作A会令x=-x-1,而操作B会x=x+1,所以我们先开两个前缀和数组,一个记录前缀A的个数,一个记录前缀的贡献,然后在每次操作中,若l~r的区间内的A的个数为奇数,则原本的贡献要乘上-1,如此模拟即可。

代码:

int sum1[maxn],sum2[maxn];
//sum1记录前缀A的个数,sum2记录前缀的贡献
void solve() {
	int n,q,l,r,L,R,ans=0;
	string s,x;
	cin>>n>>q>>s;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		sum1[i]=sum1[i-1]+(s[i-1]=='A');
		if(s[i-1]=='A')sum2[i]=-sum2[i-1]-1;
		else sum2[i]=sum2[i-1]+1;
	}
	while(q--) {
		int sum=0;
		cin>>l>>r>>x;
		L=min((ans^l)%n+1,(ans^r)%n+1),R=max((ans^l)%n+1,(ans^r)%n+1);
		int now1=(sum1[R]-sum1[L-1])%2,now2;
		for(int i=0; i=0; i--) {
			cout<<((ans>>i)&1);
		}
		cout<

I.Link with Gomoku

思路:在前面的n-n%2行中,摆放方式和题目样例一样:

xxxxoxxxxoxxxxo......

ooooxooooxoooox......

最后一行若为奇数行,则这样摆放即可:

xoxoxoxoxo......

代码: 

void solve() {
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1; i<=n-n%2; i++) {
		int cnt=0;
		for(int j=1; j<=m; j++) {
			if(cnt%5==4) {//前4个放相同的 
				if(i%2)cout<<"o";//行与行之间连续4个xo交替放 
				else cout<<"x";
			} else {//最后一个放不同的 
				if(i%2)cout<<"x";
				else cout<<"o";
			}
			cnt++;
		}
		cout<

K.Box

思路:我们设:

dp[i][0]表示第i位移动到i-1位的情况

dp[i][1]表示第i位不移动的情况

dp[i][2]表示第i位移动到i+1位的情况

具体实现见代码注释。

代码:

void solve() {
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1; i<=n; i++)cin>>a[i];
	for(int i=1; i<=n; i++)cin>>b[i];
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		if(b[i]) {//只有1有主动权,0是被迫的QAQ
			dp[i][0]=dp[i-1][0]+a[i-1];
			//当前1左移只能由上一个1左移转移过来
			dp[i][1]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+a[i];
			//当前位置不动,上一个位置1不动或者左移都可以
			dp[i][2]=max({dp[i-1][0],dp[i-1][1],dp[i-1][2]})+a[i+1];
			//当前位置右移,上一个位置1不动、左移、右移都可以
		} else {
			dp[i][0]=max({dp[i-1][0],dp[i-1][1]});
			// 当前位左移,可以由上一个位置左移,或者上一个位置1还没动的过转移过来
			dp[i][1]=dp[i-1][2];
			//这个0可以被上个右移的1挤到左边
		}
	}
	cout<

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