【蓝桥杯集训·周赛】AcWing 第93场周赛

文章目录

  • 第一题 AcWing 4867. 整除数
  • 一、题目
    • 1、原题链接
    • 2、题目描述
  • 二、解题报告
    • 1、思路分析
    • 2、时间复杂度
    • 3、代码详解
  • 第二题 AcWing 4868. 数字替换
  • 一、题目
    • 1、原题链接
    • 2、题目描述
  • 二、解题报告
    • 1、思路分析
    • 2、时间复杂度
    • 3、代码详解
  • 第三题 AcWing 4869. 异或值
  • 一、题目
    • 1、原题链接
    • 2、题目描述
  • 二、解题报告
    • 1、思路分析
    • 2、时间复杂度
    • 3、代码详解

第一题 AcWing 4867. 整除数

一、题目

1、原题链接

4867. 整除数

2、题目描述

给定两个整数 n,k,请你找到 大于 n 且能被 k 整除的最小整数 x

输入格式*

共一行,包含两个整数 n,k。

输出格式

输出大于 n 且能被 k 整除的最小整数 x。

数据范围

前 4 个测试点满足 1≤n,k≤100
所有测试点满足 1≤n,k≤109

输入样例1

5 3

输出样例1

6

输入样例2

25 13

输出样例2

26

输入样例3

26 13

输出样例3

39

二、解题报告

1、思路分析

我的思路
求出当前的n已经是k的多少倍(即计算n/k),然后在这个倍数的基础上向后枚举,直到满足条件,退出循环,输出答案即可。
y总思路

思路来源:y总讲解视频
y总yyds

(1)分两种情况:如果当前数是k的倍数和当前数不是k的倍数。
(2)如果当前数是k的倍数,则答案应为(n/k+1)*k
(4)如果当前数不是k的倍数,则答案也为(n/k+1)*k
(4)所以,直接输出(n/k+1)*k即为答案。

2、时间复杂度

时间复杂度为O(1)

3、代码详解

我的思路的代码

#include 
using namespace std;
int n,k; 
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    int t=n/k;
	while(1){
    	if(t*k>n){
    		printf("%d",t*k);
    		break;
		}
	    t++;
	}
	return 0;
}

y总思路的代码

#include 
using namespace std;
int n,k; 
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    int t=n/k;
	cout<<(t+1)*k;
	return 0;
}

第二题 AcWing 4868. 数字替换

一、题目

1、原题链接

4868. 数字替换

2、题目描述

给定两个整数 n,x。

你可以对 x 进行任意次以下操作:

  • 选择 x 的一位数字 y,将 x 替换为 x * y

请你计算通过使用上述操作,将 x 变为一个 n 位数字(不含前导 0)所需要的最少操作次数

例如,当 n=3,x=2 时,对 2 进行如下 4 次操作,即可使其变为 3 位数字:

  1. 将 2 替换为 2×2=4。
  2. 将 4 替换为 4×4=16。
  3. 将 16 替换为 16×6=96。
  4. 将 96 替换为 96×9=864。

输入格式

共一行,包含两个整数 n,x。

输出格式

一个整数,表示将 x 变为一个 n 位数字,所需要的最少操作次数。

如果无解,则输出 -1

数据范围

所有测试点满足 2≤n≤19,1≤x<10n−1

输入样例1

2 1

输出样例1

-1

输入样例2

3 2

输出样例2

4

输入样例3

13 42

输出样例3

12

二、解题报告

1、思路分析

思路来源:y总讲解视频
y总yyds

(1)利用dfs进行搜索,注意剪枝和优化。
(2)搜索顺序优化:如果需要快速增加x的位数,则乘的数应该越大越好,所以可以从从大到小来枚举是否可以乘(9~0)中的在x中出现过的数。
(3)剪枝:如果我们当前搜索的分枝中,当前已经的操作次数+还至少需要操作的次数(也就是还需要扩大的位数,因为每次操作最多只能扩大一位)>=当前已收获的最优答案,则该分枝一定不如已收获的答案最优,没必要继续搜索,直接回溯即可。
(4)利用上述剪枝与优化方法,进行深搜即可。

2、时间复杂度

时间复杂度为O(nh)(h为深度,n为每个点的分枝数)

3、代码详解

#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long LL;   //注意数据范围,用long long存
int n;
LL x;
int ans=0x3f3f3f3f;
void dfs(LL x,int sum){    //sum代表当前操作次数
    bool st[10]={0};       //st[]存储0~9是否在x的某一位数字出现过
    int cnt=0;     //记录x一共有多少位数
    LL k=x;        //为避免后续统计x一共有多少位数时改变x的值,将k暂存x的值,用k来完成后续统计
    //统计x一共有多少位数,已经0~9是否出现过
    while(k){
        cnt++;     
        st[k%10]=true;
        k/=10;
    }
    if(sum+n-cnt>=ans) return ;   //如果当前操作次数+相差的位数比已经搜到的总操作次数要大或相等,则说明该分枝的情况一定不如已收获的结果最优,没有必要向下搜索,直接回溯即可
    if(cnt==n){                   //搜到一组答案,记录结果 
        ans=min(ans,sum);
        return ;
    }
    //从大到小枚举,看是否在x中出现过,如果出现过继续向下搜索
    for(int i=9;i>=2;i--){    //相乘0或1只会让结果更差,不会得到最优解,没必要枚举
        if(st[i])
            dfs(x*i,sum+1);    //自带回溯
    }
}
int main(){
    cin>>n>>x;
    dfs(x,0);            //记得调用
    if(ans==0x3f3f3f3f) cout<<-1;
    else cout<<ans;
    return 0;
}

第三题 AcWing 4869. 异或值

一、题目

1、原题链接

4869. 异或值

2、题目描述

给定一个长度为 n 的整数序列 a1,a2,…,an。

请你找到一个非负整数 X,使得 max1≤i≤n{ai⊕X} 的值尽可能小,其中 ⊕ 表示按位异或。

输出 max1≤i≤n{ai⊕X} 的最小可能值

输入格式

第一行包含整数 n。

第二行包含 n 个整数 a1,a2,…,an。

输出格式

一个整数,表示 max1≤i≤n{ai⊕X} 的最小可能值。

数据范围

前 3 个测试点满足 1≤n≤3。
所有测试点满足 1≤n≤105,0≤ai≤230−1。

输入样例1

3
1 2 3

输出样例1

2

输入样例2

2
1 5

输出样例2

4

二、解题报告

1、思路分析

思路来源:4869. 异或值
y总yyds

(1)首先将所有的数按其二进制的形式从最高位到最低位(Tire树中左分枝存储0,右分枝存储1),由根向结点延伸依次插入Tire树中。
(2)从最高位到最低位依次来确定x的值,x的最高位可能取01,针对两个分枝,递归地去求解左右子树确定的最大值的最小值(即dp[l]dp[r]):

  1. 如果x最高位为0,走0分枝所求应为dp[l];如果走1分枝,所求应为dp[r]+最高位^1<(最高位异或值为1,所以需要加上该位代表的数,d为最高位的位置)。这两个分枝的最大值即为左子树的最大值的最小值。
  2. 如果x的最高位为1,走0分枝所求应为dp[l]+最高位^1<(最高位异或值为1所以需要加上该位代表的数,d为最高位的位置);如果走0分枝,所求应为dp[r]。这两个分枝的最大值即为右子树的最大值的最小值。

然后求解完毕后,因为求的是最小值,所以直接将两种情况求出的结果取一个最小值,即为答案。

2、时间复杂度

时间复杂度为O(nlogn)

3、代码详解

#include 
#include 
using namespace std;
const int N=3000010;    //Tire数总结点数,总共10^5个数,每个数30位,所以需要开到大于3*10^6
int son[N][2],idx;
int n;
//Tire树按二进制形式从高位到低位按从根到结点的顺序插入每个数
void insert(int n){
    int p=0;
    for(int i=29;i>=0;i--){
        int u=n>>i&1;
        if(!son[p][u]) son[p][u]=++idx;
        p=son[p][u];
    }
}
int dfs(int u,int d){    //u表示结点,d表示高度(最高位的位置)
    if(d==-1) return 0;   //已经遍历完叶结点,回溯
    int dp[2];
    //求子树的确定的最大值的最小值
    for(int i=0;i<2;i++){
        int p=son[u][i];
        if(p) dp[i]=dfs(p,d-1);   //递归求子树确定的最大值的最小值
        else dp[i]=-1;            //如果当前结点不存在返回-1
    }
    int ans=2e9;
    for(int i=0;i<2;i++){   //枚举x最高位
        int t=0;
        //枚举左右子树
        for(int j=0;j<2;j++){
            if(dp[j]!=-1)
               t=max(t,dp[j]+((i^j)<<d));  //对于左右子树的子树,需要左右子树的子树中分枝的最大值,即为该左/右子树确定的最大值的最小值
        }
        ans=min(ans,t);    //在左右子树确定的值中取最小值即为答案
    }
    return ans;
}
int main(){
    cin>>n;
    while(n--){
        int a;
        cin>>a;
        insert(a);
    }
    cout<<dfs(0,29);
    return 0;
}

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