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Nowcoder寒假演算法基礎集訓營1

2021-02-04 14:55:11 其他

?咕咕了好久，AC怪終于想起來WA補題了，log2r終于開始嘗試寫博客啦QAQ
?（以下題目順序為自己做題時體感難度排序 ）

F-對答案一時爽

Description

? n n n道單選題，每題正確得 1 分，錯誤得0分，
?已知兩人每題的選項，求兩人可能的最大得分和、最小得分和，

Solution

?簽到，最小得分為0，最大得分在所有題目兩人中至少一人答案正確時取到，

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define MAXN 100+5
using namespace std;
inline int Fread(){
    int val=0;
    bool sign=false;
    char ch;
    while(~(ch=getchar()) && (ch<'0' || ch>'9') && (ch^'-'));
    val=(sign=!(ch^'-'))?0:ch^48;
    while(~(ch=getchar()) && (ch>='0' && ch<='9'))  val=(val<<1)+(val<<3)+(ch^48);
    return sign?~val+1:val;
}
char S[MAXN],T[MAXN];
int n,ans=0;
int main(){
    n=Fread();
    for(int i=1;i<=n;++i)   scanf(" %c",&S[i]);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        scanf(" %c",&T[i]);
        ans+=(S[i]==T[i])?2:1;
    }
    printf("%d 0",ans);
    return 0;
}

E-三棱錐之刻

Description

?求一個球心在棱長為 a a a的正三棱錐中心，半徑為 r r r的球與正三棱錐截交面的面積，

Solution

?高中立體幾何，所形成的四個截交面可能為空、圓、圓和正三角形截交、正三角形，分類討論即可，

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define pi acos(-1.0)
using namespace std;
int main(){
    double a,r;
    scanf("%lf%lf",&a,&r);
    double dis1=sqrt(6.0)*a/12.0,dis2=sqrt(2.0)*a/4.0,dis3=sqrt(6.0)*a/4.0,ans=0.0;
    if(r<dis1){
        printf("0.00000");
        return 0;
    }
    if(r<dis2)   ans=pi*(r*r-dis1*dis1);
    else if(r<dis3){
        double r_=sqrt(r*r-dis1*dis1),dis=sqrt(3.0)*a/6.0,cur=3.0*(pi/3.0-acos(dis/r_))*r_*r_;
        ans=cur+3.0*dis*sqrt(r_*r_-dis*dis);
    }
    else ans=sqrt(3.0)*a*a/4.0;
    ans*=4.0;
    printf("%.5lf",ans);
    return 0;
}

B-括號

Description

?構造非空括號字串，恰好包含 k k k個不同合法括號對，
?字串長度 0 < l ≤ 1 e 5 , 0 ≤ k ≤ 1 e 9 0<l≤1e5,0≤k≤1e9 0<l≤1e5,0≤k≤1e9，

Solution

?1、 依次由 L L L個"(“和 R R R個”)“組成的字串構成的不同合法括號對數目為 L × R L×R L×R，
?2、 在上述序列中前 L L L個位置中第 m m m個位置插入一個”)"，構成的不同合法括號對數目為 L × R + m L×R+m L×R+m，

?因此，只需找到 k = L × R + m ( m ≤ L , L + R + 1 ≤ 1 e 5 ) k=L×R+m(m≤L,L+R+1≤1e5) k=L×R+m(m≤L,L+R+1≤1e5)即可，
為使 L + R L+R L+R盡可能小，且 m ≤ L m≤L m≤L，可取：
??

?最后特判一下 k = 0 k=0 k=0的情況，

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define MAXN 100+5
using namespace std;
inline int Fread(){
    int val=0;
    bool sign=false;
    char ch;
    while(~(ch=getchar()) && (ch<'0' || ch>'9') && (ch^'-'));
    val=(sign=!(ch^'-'))?0:ch^48;
    while(~(ch=getchar()) && (ch>='0' && ch<='9'))  val=(val<<1)+(val<<3)+(ch^48);
    return sign?~val+1:val;
}
int main(){
    int k=Fread();
    if(!k){
        printf("(");
        return 0;
    }
    int l=sqrt(k),r=k/l,mod=k-l*r;
    for(int i=1;i<=mod;++i) printf("(");
    printf(")");
    for(int i=mod+1;i<=l;++i)   printf("(");
    for(int i=1;i<=r;++i)   printf(")");
    return 0;
}

I-限制不互素對的排列

Description

?構造 1 ～ n 1～n 1～n的一種排列，使得恰好 k k k對相鄰兩數 g c d gcd gcd大于1，
? 2 ≤ n ≤ 1 e 5 ， 0 ≤ k ≤ n / 2 2≤n≤1e5，0≤k≤n/2 2≤n≤1e5，0≤k≤n/2，

Solution
?
?1、 注意一下 k ≤ n / 2 k≤n/2 k≤n/2的條件，可以把 1 ～ n 1～n 1～n拆分成相鄰偶數、相鄰奇數和相鄰整數，
?2、 ( k + 1 ) (k+1) (k+1)個相鄰偶數構成k個不互素對，而相鄰奇數和相鄰整數之間 g c d gcd gcd均為1，因此先放置(k+1)個偶數，再按順序放置剩余的數即可， k < n / 2 k<n/2 k<n/2時均可用這種方式構造，
?3、 若 k = n / 2 k=n/2 k=n/2，先按照 ( k ? 1 ) (k-1) (k?1)的構造方式，然后取出排列中的6和3依次放到相鄰偶數排列后，不互素對增加了1，構造完成，
?4、 特判 n < 6 n<6 n<6的情況即可，

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define MAXN 100000+5
using namespace std;
inline int Fread(){
    int val=0;
    bool sign=false;
    char ch;
    while(~(ch=getchar()) && (ch<'0' || ch>'9') && (ch^'-'));
    val=(sign=!(ch^'-'))?0:ch^48;
    while(~(ch=getchar()) && (ch>='0' && ch<='9'))  val=(val<<1)+(val<<3)+(ch^48);
    return sign?~val+1:val;
}
int main(){
    int n=Fread(),k=Fread();
    if(n==2)    printf(k?"-1":"1 2");
    else if(n==3)    printf(k?"-1":"1 2 3");
    else if(n==4)    printf(k==2?"-1":k==1?"2 4 1 3":"1 2 3 4");
    else if(n==5)    printf(k==2?"-1":k==1?"2 4 1 3 5":"1 2 3 4 5");
    else if(!k){
        for(int i=1;i<=n;++i)   printf("%d ",i);
    }
    else if(k==(n>>1)){
        for(int i=1;i<=k;++i)
            if(i^3) printf("%d ",i<<1);
        printf("6 3 1 ");
        for(int i=2;i<=k-1;++i)   printf("%d ",i<<1^1);
        if((k<<1)^n)    printf("%d ",n);
    }
    else{
        for(int i=1;i<=k+1;++i)   printf("%d ",i<<1);
        for(int i=0;i<=k;++i)   printf("%d ",i<<1^1);
        for(int i=(((k+1)<<1)^1);i<=n;++i)    printf("%d ",i);
    }
    return 0;
}

A-串

Description

?求長度不超過 n n n，由小寫字母構成，洗掉或不洗掉部分字符后可得到"us"的字串個數，
? 2 ≤ n ≤ 1 e 6 2≤n≤1e6 2≤n≤1e6，答案對 1 e 9 + 7 1e9+7 1e9+7取模，

Solution

?遞推， f [ i ] f[i] f[i]表示長度為 i i i且符合題意的字串個數，考慮第 ( i + 1 ) (i+1) (i+1)位產生的方案數，

?1、 當前i位符合題意時，第 ( i + 1 ) (i+1) (i+1)位隨意填充，總方案數 26 × f [ i ] 26×f[i] 26×f[i]，
?2、 考慮前i位不合題意，但前 ( i + 1 ) (i+1) (i+1)位符合題意，當且僅當前 i i i位含有’u’但不存在子序列"us"，且第 ( i + 1 ) (i+1) (i+1)位為’s’，前 i i i位含有"u"的字串數目為 2 6 i ? 2 5 i 26^i - 25^i 26i?25i，前 i i i位存在子序列的字串數目為 f [ i ] f[i] f[i]，總方案數 2 6 i ? 2 5 i ? f [ i ] 26^i - 25^i-f[i] 26i?25i?f[i]，

?因此，遞推方程: f [ i + 1 ] = 25 × f [ i ] + 2 6 i ? 2 5 i , f [ 2 ] = 1 f[i+1]=25×f[i]+26^i - 25^i,f[2]=1 f[i+1]=25×f[i]+26i?25i,f[2]=1

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define ll long long
#define MAXN 1000000+5
#define MOD 1000000007
using namespace std;
inline int Fread(){
    int val=0;
    bool sign=false;
    char ch;
    while(~(ch=getchar()) && (ch<'0' || ch>'9') && (ch^'-'));
    val=(sign=!(ch^'-'))?0:ch^48;
    while(~(ch=getchar()) && (ch>='0' && ch<='9'))  val=(val<<1)+(val<<3)+(ch^48);
    return sign?~val+1:val;
}
inline ll qpow(ll x,ll k){
    ll res=1ll;
    for(int i=k;i;i>>=1,x=x*x%MOD)
        if(i&1) res=res*x%MOD;
    return res;
}
ll f[MAXN];
int main(){
    int n=Fread();
    ll ans=0ll;
    f[2]=1;
    for(int i=2;i<n;++i)   f[i+1]=((f[i]*26)%MOD+qpow(26,i)%MOD-qpow(25,i)%MOD-f[i]%MOD+MOD)%MOD;
    for(int i=1;i<=n;++i)   ans=(ans+f[i])%MOD;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

J-一群小青蛙呱蹦呱蹦呱

Description

?長度為 n n n的格子里放無窮多青蛙，第 i i i只青蛙路線為以1為首項， p [ i ] p[i] p[i]為公比的等比數列，其中 p [ i ] p[i] p[i]為第 i i i大的素數，求 n n n個格子中所有未被占據格子編號的 l c m lcm lcm，
? 1 ≤ n ≤ 1.6 e 8 1≤n≤1.6e8 1≤n≤1.6e8，答案對 1 e 9 + 7 1e9+7 1e9+7取模，

Solution

?對每個未被占據的格子進行質因數分解，考慮每個質因子對答案的貢獻，

?質因子對 l c m lcm lcm的貢獻取決于質因子在未被占據的格子中最大次冪，

?每個未被占據的格子均有至少兩個質因子，因此，對于質因子2，其最大次冪為 l o g 2 [ n 3 ] log_2^{[\frac{n}{3}]} log2[3n?]?；對于其他質因子 p p p，其最大次冪為 l o g p [ n 2 ] log_p^{[\frac{n}{2}]} logp[2n?]?，

?最終答案 2 l o g 2 [ n 3 ] ∏ i = 2 k ｜ p k ≤ n p i l o g p i [ n 2 ] 2^{log_{2}^{[\frac{n}{3}]}}\prod_{i=2}^{k｜p_k≤n} p_i^{log_{p_i}^{[\frac{n}{2}]}} 2log2[3n?]?∏i=2k｜pk?≤n?pilogpi?[2n?]??

?（有被題目名稱可愛到）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define ll long long
#define MAXM 160000000+5
#define MAXN 10000000+5
#define MOD 1000000007
using namespace std;
inline int Fread(){
    int val=0;
    bool sign=false;
    char ch;
    while(~(ch=getchar()) && (ch<'0' || ch>'9') && (ch^'-'));
    val=(sign=!(ch^'-'))?0:ch^48;
    while(~(ch=getchar()) && (ch>='0' && ch<='9'))  val=(val<<1)+(val<<3)+(ch^48);
    return sign?~val+1:val;
}
bool vis[MAXM];
int cnt=0;
ll prime[MAXN];
inline void phi_prime(int n){
    for(int i=2;i<=n;++i){
        if(!vis[i]) prime[++cnt]=i;
        for(int j=1;(j<=cnt && i*prime[j]<=n);++j){
            vis[i*prime[j]]=true;
            if(!(i%prime[j]))   break;
        }
    }
    return;
}
 
int main(){
    int n=Fread();
    phi_prime(n);
    if(n<=5){
        printf("empty");
        return 0;
    }
    ll cur=1ll,ans=1ll;
    while((cur<<1)<=n/3)    cur=(cur<<1)%MOD;
    ans=ans*cur%MOD;
    for(int i=2;(prime[i] && prime[i]<=n);++i){
        cur=1ll;
        while(prime[i]*cur<=(n>>1)) cur=cur*prime[i]%MOD;
        ans=ans*cur%MOD;
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

C-紅和藍

Description

?給定一顆樹，對樹的節點 1 ～ n 1～n 1～n染紅色或藍色，使得紅色節點相鄰節點有且僅有一個紅色節點；藍色節點相鄰節點有且僅有一個藍色節點，
? 1 ≤ n ≤ 1 e 5 1≤n≤1e5 1≤n≤1e5
Solution
?1、 葉節點與其父節點為同色，
?2、 葉節點的父節點與其父節點的父節點為異色，
?3、 若將葉節點及其父節點洗掉，則其父節點的父節點成為新的葉節點，新葉節點必與新葉節點的父節點同色，

?因此，對于任意一個節點，當且僅當節點數目為奇數的子樹個數 ≤ 1 ≤1 ≤1時，該節點可以被染色，且該節點與其父節點顏色相反當且僅當該節點子樹大小為奇數，

?首先第一遍dfs預處理出以每個節點為根的子樹大小，順帶判斷無解的情況，然后第二遍dfs從根節點進行染色，

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define MAXN 100000+5
using namespace std;
inline int Fread(){
    int val=0;
    bool sign=false;
    char ch;
    while(~(ch=getchar()) && (ch<'0' || ch>'9') && (ch^'-'));
    val=(sign=!(ch^'-'))?0:ch^48;
    while(~(ch=getchar()) && (ch>='0' && ch<='9'))  val=(val<<1)+(val<<3)+(ch^48);
    return sign?~val+1:val;
}
struct Edge{
    int u,v,nxt;
    Edge(){nxt=-1;}
    Edge(int u,int v):u(u),v(v){}
}g[MAXN<<1];
int cnt=-1,tot[MAXN],siz[MAXN],head[MAXN],col[MAXN];
inline void add_edge(int u,int v){
    g[++cnt]=Edge(u,v);
    g[cnt].nxt=head[u];
    head[u]=cnt;
    return;
}
bool dfs1(int u,int fa){
    siz[u]=1;
    for(int i=head[u];~i;i=g[i].nxt)
        if(g[i].v!=fa){
            if(!dfs1(g[i].v,u)) return false;
            siz[u]+=siz[g[i].v];
            if(siz[g[i].v]&1)   ++tot[u];
        }
    return tot[u]<=1;
}
void dfs2(int u,int fa,int cur){
    col[u]=cur;
    for(int i=head[u];~i;i=g[i].nxt)
        if(g[i].v!=fa)  dfs2(g[i].v,u,siz[g[i].v]&1?cur:cur^1);
    return;
}
int main(){
    memset(head,0xff,sizeof head);
    int n=Fread();
    for(int i=1;i<n;++i){
        int u=Fread(),v=Fread();
        add_edge(u,v);
        add_edge(v,u);
    }
    if((n&1) || (!dfs1(1,-1))){
        printf("-1");
        return 0;
    }
    dfs2(1,-1,0);
    for(int i=1;i<=n;++i)   printf(col[i]?"R":"B");
    return 0;
}

D-點一成零

Description

?給定 n × n n×n n×n的 0 ? 1 0-1 0?1方陣，每次操作把一個元素均為"1"的連通塊變為元素均為"0"， k k k次詢問，每次詢問把方陣中的某個元素變為"1"，求每次詢問后把方陣變為0方陣的方案數，
? n ≤ 500 ， k ≤ 1 e 5 n≤500，k≤1e5 n≤500，k≤1e5，強制在線，

Solution

?并查集維護每個連通塊大小，設連通塊數目為 N N N，第 i i i個連通塊大小為 s i z e i size_i sizei?，則方案數為 N ! ∏ i = 1 N s i z e i N!\prod_{i=1}^{N} size_i N!∏i=1N?sizei?，每次查詢時更新連通塊大小及數目，

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define ll long long
#define MAXN (500+5)
#define MOD 1000000007ll
using namespace std;
inline int Fread(){
    int val=0;
    bool sign=false;
    char ch;
    while(~(ch=getchar()) && (ch<'0' || ch>'9') && (ch^'-'));
    val=(sign=!(ch^'-'))?0:ch^48;
    while(~(ch=getchar()) && (ch>='0' && ch<='9'))  val=(val<<1)+(val<<3)+(ch^48);
    return sign?~val+1:val;
}
int dx[5]={0,1,-1,0,0};
int dy[5]={0,0,0,1,-1};
int n,k,cnt,fa[MAXN*MAXN];
ll tot=1ll,fac[MAXN*MAXN],siz[MAXN*MAXN];
char s[MAXN][MAXN];
inline ll qpow(ll x,ll k){
    ll res=1ll;
    for(ll i=k;i;i>>=1,x=x*x%MOD)
        if(i&1) res=res*x%MOD;
    return res;
}
inline ll inv(ll x){
    return qpow(x,MOD-2);
}
inline int Find(int x){
    return x==fa[x]?x:fa[x]=Find(fa[x]);
}
inline void Union(int x,int y){
    int rx=Find(x),ry=Find(y);
    if(rx==ry)  return;
    tot=(tot*inv(siz[rx]))%MOD;
    tot=(tot*inv(siz[ry]))%MOD;
    fa[ry]=rx;
    siz[rx]+=siz[ry];
    tot=(tot*siz[rx])%MOD;
    --cnt;
    return;
}
inline bool judge(int x,int y){
    return (~x) && (~y) && (x<n) && (y<n);
}
int main(){
    n=Fread();
    siz[0]=fac[0]=1ll;
    for(int i=1;i<=n*n;++i){
        fa[i]=i;
        siz[i]=1ll;
        fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
    }
    for(int i=0;i<n;++i){
        scanf("%s",s[i]);
        for(int j=0;j<n;++j)
        if(!(s[i][j]^'1')){
            ++cnt;
            for(int k=1;k<=4;++k){
                int x=i+dx[k],y=j+dy[k];
                if(!judge(x,y)) continue;
                if(!(s[x][y]^'1'))    Union(i*n+j,x*n+y);
            }
        }
    }
    k=Fread();
    while(k--){
        int x=Fread(),y=Fread();
        if(s[x][y]^'1'){
            s[x][y]='1';
            ++cnt;
            for(int i=1;i<=4;++i){
                int x_=x+dx[i],y_=y+dy[i];
                if(!judge(x_,y_)) continue;
                if(!(s[x_][y_]^'1'))    Union(x*n+y,x_*n+y_);
            }
        }
        printf("%lld\n",fac[cnt]*tot%MOD);
    }
    return 0;
}

?還剩下兩道題，一道不會的數學和一道大模擬，好像挺心把的（但不影響2048好玩hhh），應該有時間也不會去寫了，以上，
在這里插入圖片描述

轉載請註明出處，本文鏈接：https://www.uj5u.com/qita/256440.html

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