文章目录
- 牛客周赛 Round 59(思维、构造、数论)
- A. TD
- B. 你好,这里是牛客竞赛
- C. 逆序数(思维)
- D. 构造mex(构造)
- E. 小红的X型矩阵
- F. 小红的数组回文值(数论、范德蒙恒等式)
牛客周赛 Round 59(思维、构造、数论)
E题,对于对角线的处理,常用。
F题,范德蒙恒等式推论的应用。
A. TD
简单数学题。
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int main(){double n, m;cin >> n >> m;double res = n / m;printf("%.10lf", res); // 注意精度return 0;
}
B. 你好,这里是牛客竞赛
判断四个模式串是否为输入字符串的前缀即可。
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;bool is_prefix(const string& A, const string& B){ // 判断B是否为A的前缀return A.find(B) == 0; // str.find() 返回首次匹配的下标,没找到返回str.npos
}int main(){map<string, string> mp;mp["https://www.nowcoder.com"] = "Nowcoder";mp["www.nowcoder.com"] = "Nowcoder";mp["https://ac.nowcoder.com"] = "Ac";mp["ac.nowcoder.com"] = "Ac";int ncase;cin >> ncase;while(ncase--){string s;cin >> s;int is_find = 0;for(auto x : mp){if(is_prefix(s, x.first)){is_find = 1;cout << x.second << endl;break; }}if(!is_find) cout << "No" << endl;}return 0;
}
C. 逆序数(思维)
通过简单思考,一个序列A,任选两个元素,共有 |A| * (|A|-1)/ 2 种选择。(|A| 表示A序列中元素的个数)
对于任选的Ai 和 Aj,要么其在 A 中为逆序对,要么在 A’ 中为逆序对。(设A序列的逆序序列为A’)
综上,A 和 A’ 中逆序对的和为 |A| * (|A|-1)/ 2。
在已知A的逆序对个数和元素个数时,可以计算出A’ 中逆序对的个数。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;int main(){ll n, k;cin >> n >> k;ll res = n * (n-1) / 2 - k; // 注意数据范围cout << res << endl;return 0;
}
D. 构造mex(构造)
一点点细节的构造题。
根据 k 与 n 的大小关系进行了分类,具体看代码吧。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;void print_yes(int k, int is_end){cout << "YES" << endl;for(int i = 0; i < k; i++){cout << (i == 0 ? "" : " ") << i;}if(is_end) cout << "\n";
}int main(){int ncase;cin >> ncase;while(ncase--){ll s, n, k;cin >> s >> n >> k;if(k == 0){if(s >= n){cout << "YES" << endl; int sum = s - n;for(int i = 1; i < n; i++) cout << "1 ";cout << sum + 1 << endl;}else cout << "NO" << endl;}else if(k == 1 && s == 1) cout << "NO" << endl;else if(k > n) cout << "NO" << endl;else if(k == n){ll sum = k * (k-1) / 2;if(sum == s) print_yes(k, 1);else cout << "NO" << endl;}else if(k+1 == n){ll sum = k * (k-1) / 2;if(sum + k != s && s >= sum){print_yes(k, 0);cout << " " << s - sum << endl;}else cout << "NO" << endl;}else { // 这是一种普遍的构造方法,上边的分类,均为当前分支不适配的特殊情况。ll sum = k * (k-1) / 2;if(sum > s) cout << "NO" << endl;else if(sum + k != s){print_yes(k, 0);cout << " " << s - sum;for(int i = k+2; i <= n; i++) cout << " " << 0;cout << endl;}else{print_yes(k, 0);cout << " " << s - sum - 1 << " 1";for(int i = k+3; i <= n; i++) cout << " " << 0;cout << endl;}}}return 0;
}
E. 小红的X型矩阵
操作二等价于:可以在保证元素相对位置的基础上,把任意点放在矩阵中间。
X形矩阵的形状与 n 的奇偶有关。
-
主对角线:左上到右下;副对角线:右上到左下。
-
任意点(x, y) 所在的主对角线上的点都满足:(x-y+n) % n
-
任意点(x, y) 所在的福对角线上的点都满足:(x+y) % n
当 n为奇数时,任意点(x,y)需要的操作一的数量为:对角线上 0 的个数 + (全部 1 的个数为 X - 对角线上 1 的个数)
当 n为偶数时,任意点(x,y)需要的操作一的数量为:对角线上 0 的个数 + (全部 1 的个数为 X - 对角线上 1 的个数)
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1005;
int a[maxn][maxn];
int z[maxn], f[maxn];int main(){int n;cin >> n;int sum_1 = 0;for(int i = 0; i < n; i++){for(int j = 0; j < n; j++){cin >> a[i][j];z[(i-j+n)%n] += a[i][j]; // 主对角线 1的个数 f[(i+j)%n] += a[i][j]; // 副对角线 1的个数 sum_1 += a[i][j];}}int res = n * n;for(int i = 0; i < n; i++){for(int j = 0; j < n; j++){int pos_z = (i-j+n) % n, pos_f = (i+j) % n, tmp, d_0, d_1;if(n % 2 == 0){pos_f = (pos_f + 1) % n; // 偶数时,副对角线下移一格 d_1 = z[pos_z] + f[pos_f]; // 对角线上 1 的个数 d_0 = 2*n - d_1; // 对角线上 0 的个数 }else{// 如果是奇数,(i,j) 会被重复统计d_1 = z[pos_z] + f[pos_f] - a[i][j];d_0 = 2*n-1 - d_1;}tmp = d_0 + (sum_1 - d_1);res = min(res, tmp);
// cout << i << " " << j << " " << res << " " << tmp << endl;}}cout << res << endl;return 0;
}/*0 1 2 3 4
0 0 4 3 2 1
1 1 0 4 3 2
2 2 1 0 4 3
3 3 2 1 0 4
4 4 3 2 1 0*/
F. 小红的数组回文值(数论、范德蒙恒等式)
思路不是很复杂,任选两个元素 ai 与 aj ,考虑这两个元素对答案的贡献。
-
当 ai == aj 时,不需要操作,贡献为零。
-
当 ai != aj 时,需要操作,贡献为 ai 与 aj 在对称位置的子序列的个数。
如上图,要保证 ai 与 aj 在对称位置,集合A和集合C贡献的元素个数必须相等。集合B对对称性没有影响 ,可自行枚举。
-
集合B对子序列个数的贡献为 2|B|,其中 |B| 表示集合B中元素的个数。
-
集合A和集合C对子序列个数的贡献为 ∑ i = 0 m i n ( ∣ A ∣ , ∣ C ∣ ) C ( i , ∣ A ∣ ) ∗ C ( i , ∣ C ∣ ) \sum_{i=0}^{min(|A|, |C|)} {C(i,|A|) * C(i, |C|)} ∑i=0min(∣A∣,∣C∣)C(i,∣A∣)∗C(i,∣C∣)
综上,ai 与 aj 在对称位置的子序列的个数 = 2|B| * ∑ i = 0 m i n ( ∣ A ∣ , ∣ C ∣ ) C ( i , ∣ A ∣ ) ∗ C ( i , ∣ C ∣ ) \sum_{i=0}^{min(|A|, |C|)} {C(i,|A|) * C(i, |C|)} ∑i=0min(∣A∣,∣C∣)C(i,∣A∣)∗C(i,∣C∣) 。枚举所有的 ai 与 aj 的组合,求和即可得出答案。
但是,在枚举时,会发现时间复杂度是O(n^3), 需要优化 ∑ i = 0 m i n ( ∣ A ∣ , ∣ C ∣ ) C ( i , ∣ A ∣ ) ∗ C ( i , ∣ C ∣ ) \sum_{i=0}^{min(|A|, |C|)} {C(i,|A|) * C(i, |C|)} ∑i=0min(∣A∣,∣C∣)C(i,∣A∣)∗C(i,∣C∣),这里就需要用到范德蒙恒等式。
范德蒙恒等式推论: ∑ i = 0 m i n ( ∣ A ∣ , ∣ C ∣ ) C ( i , ∣ A ∣ ) ∗ C ( i , ∣ C ∣ ) = C ( m i n ( ∣ A ∣ , ∣ C ∣ ) , ∣ A ∣ + ∣ C ∣ ) \sum_{i=0}^{min(|A|, |C|)} {C(i,|A|) * C(i, |C|)} = C(min(|A|, |C|), |A| + |C|) ∑i=0min(∣A∣,∣C∣)C(i,∣A∣)∗C(i,∣C∣)=C(min(∣A∣,∣C∣),∣A∣+∣C∣)
给一个学习的博客:范德蒙德卷积 - Gensokyo Algorithm Research Institute (enonya.github.io)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;const int maxn = 2000 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;ll C[maxn][maxn], P[maxn][maxn];
ll p[maxn];
int a[maxn];void init(){// 预处理组合数C[0][0] = 1;for(int i = 1; i < maxn; i++){for(int j = 0; j <= i; j++){C[i][j] = C[i-1][j];if(j-1 >= 0) C[i][j] += C[i-1][j-1];C[i][j] %= mod;}}// 预处理2的整次幂p[0] = 1;for(int i = 1; i <= 2000; i++) p[i] = p[i-1] * 2 % mod;
}ll f(int a, int b){ // 当时一个愚蠢的写法,忽略掉这个函数名if(a > b) swap(a, b);return C[a+b][a];
}int main(){init();int n;cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];ll res = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = i+1; j <= n; j++){if(a[i] != a[j]){res += f(i-1, n-j) * p[j-i-1] % mod;res %= mod; }}}cout << res << endl;return 0;
}