文章目录
- A 宇宙的终结
- 题目大意
- 主要思路
- 代码
- B 爱恨的纠葛
- 题目大意
- 主要思路
- 代码
- C 心绪的解剖
- 题目大意
- 主要思路
- 代码
- D 友谊的套路
- 题目大意
- 主要思路
- 代码
- E 未来的预言
- 题目大意
- 主要思路
- 代码
- G 人生的起落
- 题目大意
- 主要思路
- 代码
- I 时空的交织
- 题目大意
- 主要思路
- 代码
- J 绝妙的平衡
- 题目大意
- 主要思路
- 代码
A 宇宙的终结
题目大意
在给定的某个区间内找到一个数，它是3个不同素数的积。
主要思路
这里范围比较小，而且是乘积的形式，如果其中最小的俩个数字分别是2和3，那么第三个数的最大取值也不会超过100/6，所以枚举前面的几个质数，然后暴力查找就可以了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int l,r;
int a[]={2,3,5,7,11,13,17,19,21};
cin>>l>>r;
for(int i=0;i<8;++i)
for(int j=i+1;j<8;++j)
for(int k=j+1;k<8;++k)
{
if(l<=a[i]*a[j]*a[k]&&a[i]*a[j]*a[k]<=r)
{
cout<<a[i]*a[j]*a[k];
return 0;
}
}
cout<<-1;
return 0;
}
B 爱恨的纠葛
题目大意
给定俩数组，定义了一个叫做亲密度的东西就是ab俩数组一一对应相减取绝对值的最小值，现在对数组a进行排序，求亲密度最小时的a数组
主要思路
我们只需要找到其中一对就可以了，剩下的随便排都可以，可以把数组a预处理排序，然后对于每一个b数组中的数，在a数组钟进行二分查找最接近的那一个做差，然后记录哪一个是最接近的，最后在a数组中直接调换然后输出即可
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
int a[N],b[N];
int main()
{
int n;
cin>>n;
for(int i=0;i<n;++i)
cin>>a[i];
for(int i=0;i<n;++i)
cin>>b[i];
if(n==1)
{
cout<<a[0];
return 0;
}
sort(a,a+n);
// for(int i=0;i<n;++i)
// {
// cout<<a[i]<<" ";
// }
int minzhi=1e9+10;
int minweizhi=0,mubiaoweizhi=0;
for(int i=0;i<n;++i)
{
int left=0,right=n-1;
while(left<right)
{
int mid=(left+right)>>1;
if(a[mid]<b[i])left=mid+1;
else right=mid;
}
int idx=left;
int cha=INT_MAX;
if(idx==0)
{
if((int)abs(a[0]-b[i])<(int)abs(a[1]-b[i]))
{
cha=(int)abs(a[0]-b[i]);
idx=0;
}
else
{
cha=(int)abs(a[1]-b[i]);
idx=1;
}
}
else if(idx==n-1)
{
if((int)abs(a[n-1]-b[i])<(int)abs(a[n-2]-b[i]))
{
cha=(int)abs(a[n-1]-b[i]);
idx=n-1;
}
else
{
cha=(int)abs(a[n-2]-b[i]);
idx=n-2;
}
}
else
{
int idx2;
if((int)abs(b[i]-a[idx-1])<(int)abs(a[idx]-b[i]))
{
cha=(int)abs(b[i]-a[idx-1]);
idx2=idx-1;
}
else
{
cha=(int)abs(a[idx]-b[i]);
idx2=idx;
}
if(cha>(int)abs(a[idx+1]-b[i]))
{
cha=(int)abs(a[idx+1]-b[i]);
idx2=idx+1;
}
idx=idx2;
}
if(cha<minzhi)
{
minzhi=cha;
minweizhi=i;
mubiaoweizhi=idx;
}
}
swap(a[minweizhi],a[mubiaoweizhi]);
for(int i=0;i<n;++i)
{
cout<<a[i]<<" ";
}
return 0;
}
C 心绪的解剖
题目大意
把一个正整数分解成三个斐波那契数的和
主要思路
简单打表看了一下，最多也就是48个数字，直接暴力枚举注意点技巧就行
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define debug(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"\n"
using namespace std;
long long nums[50]{0,1};
int n=49;
void init()
{
for(int i=2;i<49;++i)
{
nums[i]=nums[i-1]+nums[i-2];
}
}
void solve()
{
int target;
cin>>target;
// 枚举 a
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
int k = n - 1;
for (int j = i ; j < n; ++j)
{
while (j <= k && nums[i] + nums[j] + nums[k] > target)
{
--k;
}
if (nums[i] + nums[j] + nums[k] == target)
{
cout<<nums[i]<<" "<<nums[j]<<" "<<nums[k]<<"\n";
return ;
}
}
}
cout<<"-1\n";
}
int main()
{
init();
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
solve();
}
return 0;
}
D 友谊的套路
题目大意
已知红队每一局获胜的概率为p，请问最终这场对战出现让二追三的概率是多少
主要思路
出现让二追三的局面的时候也就意味着前面四局第一第二输了，第三第四是赢的，后面那一局不用管就好
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
double p;
cin>>p;
printf("%.8lf",pow(p,2)*pow(1-p,2));
return 0;
}
E 未来的预言
题目大意
根据比赛信息，判断比赛得出胜负的时候，一共进行了多少局。输出比赛的情况
主要思路
一个简单的模拟，遍历字符串累加计数
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
char x;
int n;
cin>>x;
cin>>x;
cin>>n;
string s;
cin>>s;
int len=s.size();
int r=0,p=0;
for(int i=0;i<len;++i)
{
if(s[i]=='R')r++;
else p++;
if(r==(n+1)/2)
{
cout<<"kou!\n"<<i+1;
return 0;
}
else if(p==(n+1)/2)
{
cout<<"yukari!\n"<<i+1;
return 0;
}
}
cout<<"to be continued.\n"<<len;
return 0;
}
G 人生的起落
题目大意
形如 ( a , b , a ) , a > b (a,b,a),a>b (a,b,a),a>b的三元组称为“v-三元组”。 构造一个长度为n，和为S，且恰好有k个“v-三元组”的正整数数组。
主要思路
21212121这样够了后面全部放1，然后在考虑剩下数字，如果不够是-1，相同直接输出，如果还有剩余又看看还有没有空位，如果有就把剩下全给最前面（实际上是开头插入，如果给末尾可能刚刚好凑多一个212），没有空位就看看能不能对2集体加1，如果不能就-1，不然就一直+1直到不能操作，然后剩下数字丢给1(思路来自黄大师)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define ll long long
#define pb push_back
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
int n,s,k;
cin>>n>>s>>k;
if(n==1&&k==0)
{
cout<<s<<endl;
continue;
}
else if( (n==1&&k!=0)||(n==2&&k!=0) )
{
cout<<-1<<endl;
continue;
}
else if(n==2&&k==0)
{
cout<<1<<" "<<s-1<<endl;
continue;
}
else if(k==0)
{
for(int i=1;i<n;i++) cout << "1" << ' ';
cout << s-n+1 << endl;
continue;
}
else if(n<2*k+1) {cout<<-1<<endl;continue;}
else if(k&&s<n+k+1) {cout<<-1<<endl;continue;}
else
{
ll t=(s-(n-(k+1)))/(k+1);
vector<ll> ans;
for(int i=1;i<=k;i++){
ans.pb(t);
ans.pb(1);
s-=t+1;
}ans.pb(t); s-=t;
if(ans.size()==n){
t=s/(n/2);
for(int i=0;i<=n/2-1;i++){
ans[i*2+1]+=t;
s-=t;
}
t=0;
while(s){
ans[t*2+1]++;
s--;
t++;
}
if(n>1&&ans[1]==ans[0]) {cout << "-1\n";continue;}
}
else{
t=ans.size();
while(ans.size()<n){
ans.pb(1);
s--;
}
ans[t]+=s;
}
for(int i=0;i<=n-1;i++) cout << ans[i] << " \n"[i==n-1];
}
}
return 0;
}
I 时空的交织
题目大意
选择一个子矩形，使得该子矩形所有元素的和尽可能大。
主要思路
假设选定的矩阵区间为 (r_i, r_j) : (c_i, c_j)，则子矩阵的和为：
问题转化为求数组 a 和 b 的一个非空连续子数组和乘积的最大值。
此外，a 数组和 b 数组的元素可以为负数，因此同时求出区间和的最大值和最小值，两两相乘取最大即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define debug(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"\n"
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
long long a[N],b[N];
int main()
{
int n,m;
long long maxzhi1=INT_MIN,maxzhi2=INT_MIN;
cin>>n>>m;
long long minzhi1=INT_MAX,minzhi2=INT_MAX;
for(int i=0;i<n;++i)
{
cin>>a[i];
}
for(int i=0;i<m;++i)
{
cin>>b[i];
}
long long sum=0;
long long sum2=0;
for(int i=0;i<n;++i)
{
if(sum+a[i]>0)
{
sum+=a[i];
maxzhi1=max(maxzhi1,sum);
}
else
{
sum=0;
maxzhi1=max(maxzhi1,a[i]);
}
//
if(sum2+a[i]<0)
{
sum2+=a[i];
minzhi1=min(minzhi1,sum2);
}
else
{
sum2=0;
minzhi1=min(minzhi1,a[i]);
}
}
///
sum=0;
sum2=0;
for(int i=0;i<m;++i)
{
if(sum+b[i]>0)
{
sum+=b[i];
maxzhi2=max(maxzhi2,sum);
}
else
{
sum=0;
maxzhi2=max(maxzhi2,b[i]);
}
/
if(sum2+b[i]<0)
{
sum2+=b[i];
minzhi2=min(minzhi2,sum2);
}
else
{
sum2=0;
minzhi2=min(minzhi2,b[i]);
}
}
long long ans=INT_MIN;
ans=max(ans,minzhi1*minzhi2);
ans=max(ans,maxzhi1*maxzhi2);
ans=max(ans,minzhi1*maxzhi2);
ans=max(ans,maxzhi1*minzhi2);
cout<<ans;
return 0;
}
J 绝妙的平衡
题目大意
给定一棵有根树，若干个节点为红色。 为每个节点赋值1或2，使得每个以红色节点为根的子树，其节点值之和为3的倍数。
主要思路
对于每个红色节点，如果它没有白色子节点，则它的子树除它以外的和已经是的倍数，它为或都不可能再使它的子树和为的倍数。
如果它至少有1个白色子节点，则它和白色子节点可以配合使得它的子树和为的倍数。
因此，按DFS逆序遍历，白色节点先赋值为。若红色节点除其本身外，和不是的倍数，则用它补上；否则将任一白色子节点改为，它赋为。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100010;
vector<int> fa[N];
bool flag=1;
int sum[N];//每个根节点的子树权值之和
int tri[N]; //每个节点的值
char color[N];
int n;
void dfs(int u)
{
bool st=0;
if(color[u]=='R') st=1; //如果是红树先假设子树全为红树
for(auto k:fa[u]) //遍历他的所有子树
{
dfs(k); //搜索他的子树
if(color[k]=='W') // 如果是白色假设条件不成立并且将这棵树的权值加到他的根节点
{
st=0;
sum[u]+=sum[k];
}
}
if(st) flag=0; //如果该节点为红色并且该结点的子树全为红色则不满足条件
}
void dfs1(int u)
{
if(color[u]=='R')
{
if(sum[u]%3==1)
{
tri[u]=2;
for(auto k:fa[u])
{
if(color[k]!='R')
{tri[k]=2;break;}
}
}
else if(sum[u]%3==2)
{
tri[u]=2;
}
}
for(auto k:fa[u]) dfs1(k);
}
int main()
{
cin>>n;
cin>>color+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
tri[i]=1;
sum[i]=1;
}
int p;
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
cin>>p;
fa[p].push_back(i+1);
}
dfs(1); //判断是有解并且将每个根节点的权值计算出来
if(!flag)
{
cout<<"-1"<<endl;
return 0;
}
dfs1(1);
for(int i=1;i<=n;i++)
cout<<tri[i];
}
