先吃饭。
传送门:2020牛客寒假算法基础集训营1
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A. honoka和格点三角形
思路:
- 见代码注释,分别计算 两边都平行坐标轴+一边平行x轴+一边平行y轴。
代码如下:
ll check(){
ll s=(n-2)*(m-1)*4%mod+(n-1)*(m-2)*4%mod; // 两条边都和x轴和y轴平行
s=(s+2*(n-1)*(m-2)%mod*(m-2)%mod+2*(m-1)*(n-2)%mod*(n-2)%mod)%mod; //单单和x轴平行
s=(s+2*(n-2)*(m-1)%mod*(m-2)%mod+2*(m-2)*(n-1)%mod*(n-2)%mod)%mod; //单单和y轴平行
}
B. kotori和bangdream
思路:
- 简单期望,签到题。
代码如下:
ll n=read(),x=read(),a=read(),b=read();
double ans=a*1.0*x*0.01+b*1.0*(100-x)*0.01;
printf("%.2lf\n",ans*n);
D. hanayo和米饭
思路:
- 签到题,存个数组排序,然后用个变量一起遍历就可以了。
代码如下:
const int manx=3e5+5;
ll a[manx];
int main()
{
ll n=read();
for(int i=0;i<n-1;i++)
a[i]=read();
sort(a,a+n-1);
int cnt=1;
for(int i=0;i<n-1;i++)
if(a[i]==cnt) cnt++;
else break;
cout<<cnt<<endl;
return 0;
}
E. rin和快速迭代
思路:
- 因子个数是数论的基础部分。
- 对于任何一个自然数N,都可以分解质因子得到如下形式:
N=p1^e1 ∗p2 ^e2 ∗ p3^ e3 ∗⋯∗ pk ^ek
那么,N的因子的个数为:f(n)=(1+e1)∗(1+e2)∗⋯∗(1+ek)
代码如下:
#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0)
#define ll unsigned long long
#define R register int
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod 1000000007;
#define eps 1e-6
#define pi acos(-1)
#define mea (memset(a,0,sizeof(a)))
#define myit set<ll>::iterator
using namespace std;
inline ll read(){
ll s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return s*w;
}
void put1(){ puts("Yes") ;}
void put2(){ puts("No") ;}
void put3(){ puts("-1"); }
const int manx=3e5+5;
ll a[manx];
ll count(ll n)
{
ll s=1;
for(ll i=2;i*i<=n;i++)
{
if(n%i==0)
{
ll num=0;
while(n%i==0)
{
n/=i;
num++;
}
s=s*(num+1);
}
}
if(n>1)
s=s*2;
return s;
}
int main()
{
ll n=read(),cnt=0;
while(n!=2){
n=count(n);
cnt++;
}
cout<<cnt<<endl;
return 0;
}
F. maki和tree
思路:
- 以黑点开始遍历,那么由这个黑点到达的白点形成的链都是答案。
- 那么只有两种情况对答案有贡献:
- 一种是白点+白点 一种是黑点+白点
- 所以答案ans=联通块白点数*(其他联通块白点数+1个黑点)
代码如下:
#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0)
#define ll unsigned long long
#define R register int
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod 1000000007
#define eps 1e-6
#define pi acos(-1)
#define mea (memset(a,0,sizeof(a)))
#define myit set<ll>::iterator
using namespace std;
inline ll read(){
ll s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return s*w;
}
void put1(){ puts("Yes") ;}
void put2(){ puts("No") ;}
void put3(){ puts("-1"); }
const int manx=1e5+5;
ll gcd(ll a,ll b){ return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll n,m,k=0,ans=0;
ll head[manx],col[manx],num[manx];
bool vis[manx];
string s;
ll ans1;
struct node{
ll v,next;
}a[manx*2];
void add(ll u,ll v){
a[++k].v=v,a[k].next=head[u];
head[u]=k;
}
void dfs(int x,int fa){
if(col[x]) return;
ans1++;
for(int i=head[x];i;i=a[i].next){
if(a[i].v!=fa)
dfs(a[i].v,x);
}
}
int main()
{
n=read();
cin>>s;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(s[i-1]=='B') col[i]=1;
else col[i]=0;
for(int i=1;i<n;i++){
ll u=read(),v=read();
add(u,v);
add(v,u);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i-1]=='B'){
ll cnt=0,res=0;
for(int j=head[i];j;j=a[j].next){
ans1=0;
dfs(a[j].v,i);
num[++cnt]=ans1;
res+=ans1;
}
for(int j=1;j<=cnt;j++)
ans+=num[j]*(res-num[j]+1),res-=num[j];
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
G. eli和字符串
思路:
- 很好想的思路,用vector存下标。
- 遍历,只要当前下标减去前k个的下标,取最小值。
- O(n)很快的。
代码如下:
#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0)
#define ll unsigned long long
#define R register int
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod 1000000007;
#define eps 1e-6
#define pi acos(-1)
#define mea (memset(a,0,sizeof(a)))
#define myit set<ll>::iterator
using namespace std;
inline ll read(){
ll s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return s*w;
}
void put1(){ puts("Yes") ;}
void put2(){ puts("No") ;}
void put3(){ puts("-1"); }
const int manx=3e4+5;
ll gcd(ll a,ll b){ return b==0?a:gcd(b,a%b);}
vector<ll>a[26];
int main()
{
ll n=read(),k=read();
string s;
cin>>s;
ll ans=inf;
for(int i=0;i<26;i++) a[i].clear();
for(int i=0;i<n;i++){
a[s[i]-'a'].push_back(i);
ll d=a[s[i]-'a'].size();
if(d>=k) ans=min(ans,a[s[i]-'a'][d-1]-a[s[i]-'a'][d-k]+1);
}
if(ans!=inf) cout<<ans<<endl;
else cout<<"-1"<<endl;
return 0;
}
H. nozomi和字符串
思路:
- 尺取法,听说还可以二分,很眼熟的一道题。
代码如下:
#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0)
#define ll unsigned long long
#define R register int
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod 1000000007;
#define eps 1e-6
#define pi acos(-1)
#define mea (memset(a,0,sizeof(a)))
#define myit set<ll>::iterator
using namespace std;
inline ll read(){
ll s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return s*w;
}
void put1(){ puts("Yes") ;}
void put2(){ puts("No") ;}
void put3(){ puts("-1"); }
const int manx=3e4+5;
ll gcd(ll a,ll b){ return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll n,k;
string s;
ll check(char a){
ll l=0,r=0,change=0,ans=1;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(s[i]!=a) {
if(change<k) change++,r++;
else{
while(l<=r&& s[l]==a) l++;
l++,r++;
}
}
else r++;
ans=max(ans,r-l);
}
return ans;
}
int main()
{
n=read(),k=read();
cin>>s;
cout<<max(check('0'),check('1'))<<endl;
return 0;
}
I. nico和niconiconi
思路:
- 很裸的dp,最致命的是我贪心了半个钟,不过幸好最后给过了。
- dp[i] 代表前 i 个字符的最大值。
代码如下:
#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0)
#define ll unsigned long long
#define R register int
#define inf 0x3f3f3f3f
#define modd 1000000007
#define eps 1e-6
#define pi acos(-1)
#define mea (memset(a,0,sizeof(a)))
#define myit set<ll>::iterator
using namespace std;
inline ll read(){
ll s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return s*w;
}
void put1(){ puts("Yes") ;}
void put2(){ puts("No") ;}
void put3(){ puts("-1"); }
const int manx=3e5+5;
ll dp[manx];
int main()
{
ll n=read(),a=read(),b=read(),c=read();
string s;
cin>>s;
for(int i=0;i<n;i++){
dp[i]=dp[i-1];
if(i>=3){
if(s.substr(i-3,4)=="nico") dp[i]=max(dp[i],dp[i-3]+a);
// cout<<i<<" "<<dp[i]<<endl;
}
if(i>=5){
if(s.substr(i-5,6)=="niconi") dp[i]=max(dp[i],dp[i-5]+b);
// cout<<i<<" "<<dp[i]<<endl;
}
if(i>=9){
if(s.substr(i-9,10)=="niconiconi") dp[i]=max(dp[i],dp[i-9]+c);
// cout<<i<<" "<<dp[i]<<endl;
}
}
cout<<dp[n-1]<<endl;
return 0;
}