文章目录
- 前言
- 新年礼物
- 灯笼展
- 摩天楼
- 神抽
- 新年大礼
前言
由于本人菜鸡，所以大多都是使用出题人的代码和思路
如有侵权，麻烦联系up删帖，本贴仅作为笔记记录
本篇大多是在吹水，技术方面可以直接看代码注释，思路在水文中，直接看代码也是可以看得懂的
新年礼物
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模拟能过，本人是使用结构体构造一个node，node包含p和w，其实不这样做也是一样的，只是我这么做可以让自己思路更清晰一些
不过我太久没做算法了，脑子转的很慢，debug了很久，再加上在老家很多自己的事情不能自己做，学习效率不高。。。做这个的时候我还在吃饭，以至于这场只做了这一题。。。。
直接看代码吧
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);//解除绑定，可以使cin,cout与scanf,printf一样快，但是如果使用这个的话，不能将cin/cout与scanf/printf混用，只可用其中一种
int n;
cin >> n;
vector<int> p(n), w(n);//分配大小为n
for (auto &x : p)//赋值给p向量
{
cin >> x;
}
for (auto &x : w)
{
cin >> x;
}
int id = 0, ans = 0;
for (int i = 1; i < n; i++)
{
if (p[i] > p[id])
{
if (w[i] < w[id])
ans++;
id = i;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
灯笼展
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这题我第一反应是用set，因为STL的关联容器除无序容器外都会以logn的时间复杂度自动排序，因为set和map之中是由平衡二叉树构建的。但在后面debug时发现其实set是不对的，应该使用multiset，因为元素可能重复，本人这个代码可以过题。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n,k;
cin>>n;
cin>>k;
multiset<int>a;
for(int i=0;i<k;i++)
{
int c;
cin>>c;
cout<<-1<<endl;
a.insert(c);
}
for(int i=k;i<n;i++)
{
int c;
cin>>c;
auto d=a.begin();
for(int i=1;i<k;i++)
{
++d;
}
if(c>=*d)
{
cout<<*d<<endl;
}
else
{
cout<<-1<<endl;
a.insert(c);
}
}
return 0;
}
当然其实用优先队列更加方便。（后面看群里人发出的）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n,k;
cin>>n;
cin>>k;
priority_queue<int>a;
for(int i=0;i<k;i++)
{
int c;
cin>>c;
cout<<-1<<endl;
a.push(c);
}
for(int i=k;i<n;i++)
{
int c;
cin>>c;
if(c>=a.top())cout<<a.top()<<endl;
else{
cout<<-1<<endl;
a.pop();
a.push(c);
}
}
return 0;
}
摩天楼
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这个摩天楼不如叫做搬砖🤷♂️
第一反应也是模拟
但是我是想着用stack模拟，每次都复制前一秒的stack
但超时了
因为在复制的时候，随着栈越来越多，复制的时间会越长，但其实除了栈顶元素很多元素都是重复的，所以还是采用单向链表比较省时间和空间。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct node
{
int val;
node *pre;
};
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
node *root = new (node){-1, 0};//0也可以表示NULL，初始化，默认一一对应，即-1对应val，0对应pre
auto cur = root;
int n;
cin >> n;
vector<node *> a(n + 1);//存储node指针，采用vector作为链表
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
string s;
int x;
cin >> s;
if (s[0] != 'R')
cin >> x;
if (s[0] == 'A')
{
cur = new (node){x, cur};
}
if (s[0] == 'R')
{
if (cur->pre)
cur = cur->pre;
}
if (s[0] == 'L')
{
cur = a[x];
}
a[i] = cur;
cout << cur->val << '\n';
}
return 0;
}
这个也是出题人的代码，写的比我自己的好很多，所以就贴上来了。
神抽
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看了样例其实基本都知道怎么做了，就是在存储的时候记录，不然复杂度可能会高。
最主要的还是在逆元处理方面，可以直接套快速幂的模板。
逆元是什么可以参考一下我的另一篇：逆元
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int p = 998244353;
ll powmod(ll a, ll b)
{
ll r = 1;
while (b)
{
if (b & 1)
r = r * a % p;
a = a * a % p;
b >>= 1;
}
return r;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
int n;
cin >> n;
vector<int> cnt(1e6 + 5), f(1e6 + 5);
for (int i = 0; i < n; i++)
{
int k;
cin >> k;
for (int j = 0; j < k; j++)
{
int a;
cin >> a;
cnt[a]++;
f[a] = (f[a] + powmod(k, p - 2) * powmod(n, p - 2) % p) % p;//可以把powmod(k, p - 2) 看作1/k,powmod(n, p - 2) 看作1/n，整个就是1/(nk)。f[a]=(f[a]+...这边还要加f[a]是因为每个角色池中都可能含有a这个角色
}
}
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= 1e6; i++)
{
ans = (ans + 1ll * f[i] * cnt[i] % p * powmod(n, p - 2) % p) % p;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
新年大礼
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这题的话可以通过遍历的方式找一下规律，当然了，这样是过不了题的。
然后就可以找到规律了，所有的编号都是从1开始的，所以在管理员之中最大编号的后面的非管理员id=k+管理员的数量，那么对于非最大管理员编号也是一样的，也就是这个非管理员id=k+这个非管理员之前的管理员数量。
关键在于怎么计算管理员数量。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
int n, q;
cin >> n >> q;
vector<ll> a(n);
for (auto &x : a)
cin >> x;
sort(a.begin(), a.end());//记得排序
while (q--)
{
ll k;
cin >> k;
int l = 0, r = n;//意味着[)
while (l < r)//l<r的作用在于后面else的处理
{
int mid = l + r >> 1;//相当于(l+r)/2;
if (k + mid + 1 > a[mid])//mid表示a[mid]之前的管理员数量，+1表示包括a[mid]
l = mid + 1;//如果待查询的非管理员id>a[mid]，则说明该非管理员id在mid后面，所以不用包含a[mid]，即l=mid+1而非l=mid
else
r = mid;//若待查询的非管理员id<=a[mid]，则r=mid，为什么不能是r=mid-1呢？是因为while(l<r)，并且该二分是[)所以r=mid已经排除了a[mid]了，其实id只能<a[mid]，因为id=a[mid]时是管理员，但我们查询的是非管理员。
}
cout << k + l << '\n';
}
return 0;
}
