牛客小白月赛56

牛客小白月赛56

A 阿宁的柠檬

题目

思路

签到

代码

#include 
using namespace std;

int main() {
    long long a, b, c;
    cin >> a >> b >> c;
    cout << c << " " << (a + b) * c << endl;
	return 0;
}

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B 阿宁与猫咪

题目

思路

签到

代码

#include 
using namespace std;

int main() {
    int m; cin >> m;
    cout << m << endl;
    for (int i = 0; i < m; i++) cout << 1 << " ";
	return 0;
}

---

C 阿宁吃粽子

题目

思路

以10分组，每组从后往前，所占权重递减，那么就从后往前，从大往小的放。
但是最后可能有多余的 n % 10 个位置，权重还需要和（每组已经放到剩 n % 10 个位置）去参与比较，从大往小放。

实际上的实现：直接拿每个位置（x%10）进行排序即可。那么这里可以用优先队列实现，第一维（i % 10：“权”），第二维（i：实际位置）。

代码

#include 
using namespace std;
const int N = 200010;
priority_queue<pair<int, int>> q;
int a[N], res[N];

int main() {
    int n; cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        q.push({i % 10, i});
    }
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    int s = n;
    while (q.size()) {
        auto x = q.top(); q.pop();
        res[x.second] = a[s--];
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) cout << res[i] << ' '; cout << endl;
	return 0;
}

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D 阿宁的质数

题目

思路

• 质数的话，首先预处理一下2e5个质数，也就是 N 的大小 3e6，能跑出2e5多一点的质数。

• 然后处理前缀最小未出现的质数

  • 实际上就是开个map映射当前出现过的数字，然后一个指针指向prime数组，向后移动即能保证每次输出的是最小的质数。

代码

#include 
using namespace std;
#define int long long
const int N = 3e6;
int a[N >> 3];
int primes[N], st[N], cnt;
int res[N];

void get_primes(int n)  // 线性筛质数
{
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i;
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ )
        {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}
map<int, int> mp;

signed main() {
	get_primes(N - 1);
	int n, q; cin >> n >> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    
	int l = 0;
	
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		mp[a[i]] = 1;
		while (mp[primes[l]]) l++;
		res[i] = l;
	}
	
	for (int i = 1; i <= q; i++) {
		int x; cin >> x;
		cout << primes[res[x]] << endl;
	}
	return 0;
}

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E 阿宁睡大觉

题目

思路

题目说明了，$W(s_i)\ast W(s_{i+1})$为$i$位置的贡献，求$0-(len-1)$位置的所有贡献值之和。

由于 ‘Z’ （大写Z）有贡献$2$，‘z’（小写z）是$0$。所以我们考虑，尽可能的删掉小写的’z’。

那么怎么删呢？（“ZzZz”）-> 考虑怎么删呢？当然是删除中间的’z’（“ZZz”）这样答案才是4。

所以实际，我们发现删掉两个’Z’中间所有的’z’的化，对贡献值而言会多4。
那么我们必然选择贪心的去删除，优先删除’Z’之间少的’z’数量，这样能保证最后的答案是最优。

代码

int n, k;
string s;
map<int, int> mp;
vi v;

void solve() {
	cin >> n >> k;
	cin >> s;
	for (int i = 0; i < s.sz; i++) {
		if (s[i] == 'Z') {
			int j = i + 1;
			while (j < s.sz && s[j] == 'z') j++;
			if (j < s.sz && j - i - 1 > 0) { v.pb(j - i - 1); }
			i = j - 1;
		}
	}
	int res = 0;
	for (int i = 0; i < s.sz - 1; i++) 
		if (s[i] == 'Z' && s[i + 1] == 'Z') res += 4;
    
    sort(all(v));
    for (auto x: v) {
        if (k >= x) k -= x, res += 4;
    }
	cout << res << endl;
}

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F 阿宁去游玩

题目

思路

• $A[i]==A[j]$

  • 花费：$x$ 或者 $y+z$

• $A[i]!=A[j]$

  • 花费：$y$ 或者 $x+z$

实际上边权就两种，$min(x,y+z)ormin(y,x+z)$。

因为施展魔法，只会影响当前选中的这条边。选最优的走法就行。

然后就是建边跑$dijkstra$的板子…

代码

#include
// #include 
#include
#include

#define fi first
#define sz size()
#define se second
#define endl ('\n')
#define pb push_back
#define ll long long
#define int long long
#define vi vector<int>
#define eb emplace_back
#define lowbit(x) (x & -x)
#define PII pair<int, int>
#define pqu priority_queue<int>
#define vii vector<vector<int>>
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define rall(x) (x).rbegin(),(x).rend()
#define pql priority_queue<int,vi,greater<int>>
#define rep(i,a,n) for(ll i = (a); i < (n); ++i) 
#define Rep(i,a,n) for(ll i = (a); i <= (n); ++i) 
#define lb(v,x) (lower_bound(all(v),x)-(v).begin())
#define ub(v,x) (upper_bound(all(v),x)-(v).begin())
#define Dbug(x) (cout << #x << " <=> " << x << endl)
#define IOS cin.tie(0), cout.tie(0), ios_base::sync_with_stdio(false);

#define print(x,s,e) { Rep(i,s,e) cout << x[i] << ' '; cout << endl; }

const int N = 250010, M = N << 1;
const int mod = 1000000007; // 998244353;

using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;

typedef tree<int, null_type, less<int>, rb_tree_tag, tree_order_statistics_node_update> pbds; 
/*---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------*/
ll gcd(ll a, ll b){ if(b == 0){return a;} return gcd(b, a%b);}
ll lcm(ll a, ll b){ return (a * (b / gcd(a, b)));}
ll qmi(ll a, ll b){ if(!b) return 1ll; if(b&1) return a*qmi(a*a%mod, b>>1)%mod; return qmi(a*a%mod, b>>1)%mod;}
/*---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------*/

int n, m;
int x, y, z; // x // y // x + z < y // z + x
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int A[N];
int dis[N];
bool st[N];

void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

void dijkstra() {
    priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> q;
    memset(dis, 0x7f, sizeof dis);
    q.push({0, 1});
    dis[1] = 0;
    while (q.size()) {
        auto t = q.top(); q.pop();
        int d = t.fi, u = t.se;
        if (st[u]) continue;
        st[u] = 1;
        for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (dis[j] > d + w[i]) {
                dis[j] = d + w[i];
                q.push({dis[j], j});
            }
        }
    }
}

void solve() {
    cin >> n >> m;
    cin >> x >> y >> z; 
    memset(h, -1, sizeof h);
    x = min(x, z + y), y = min(y, z + x);
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> A[i];
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int u, v; cin >> u >> v;
        if (A[u] == A[v]) {
            add(u, v, x), add(v, u, x);
        } else {
            add(u, v, y), add(v, u, y);
        }
    }
    dijkstra();
    cout << dis[n] << endl;
}

signed main() {
    IOS int _ = 1;
    // cin >> _;
    while(_--) { solve(); }
    return 0;
}

---