【题解】2023牛客寒假算法基础集训营2

news2024/9/23 19:27:25

目录

  • A. Tokitsukaze and a+b=n (easy)
    • 思路
  • B. Tokitsukaze and a+b=n (medium)
    • 思路
  • Tokitsukaze and a+b=n (hard)
    • 思路
  • D. Tokitsukaze and Energy Tree
    • 思路
      • bfs
      • dfs
  • E. Tokitsukaze and Energy Tree
    • 思维
  • F. Tokitsukaze and Gold Coins (easy)
    • 思路
  • G. Tokitsukaze and Gold Coins (hard)
  • H. Tokitsukaze and K-Sequence
    • 思路
  • I. Tokitsukaze and Musynx
    • 思路
  • J. Tokitsukaze and Sum of MxAb
    • 思路
  • K. Tokitsukaze and Synthesis and Traits
    • 思路
  • L. Tokitsukaze and Three Integers
    • 思路

A. Tokitsukaze and a+b=n (easy)

思路

tag: 枚举 暴力
数据范围很小，可以直接暴力。

int n;
void solve()
{
    cin>>n;
    int l1,r1,l2,r2;
    cin>>l1>>r1>>l2>>r2;
    int res=0;
    set<PII>s;
    rep(i,l1,r1)
        if(n-i>=l2&&n-i<=r2)s.insert({i,n-i});
    cout<<s.size()<<endl;
}

B. Tokitsukaze and a+b=n (medium)

思路

tag: 贪心，二分
这题相对于A在范围上进行了扩大，所以不能采用暴力做法，不难发现，当第一个区间选取的越靠右时，则在第二个区间选取就越靠左，反之也成立，此时题目就对应了二分的两种板子做法（当然此题也可以O(1)写，这里不在赘述。

int n;
void solve()
{
    cin>>n;
    map<int,int>mp;
    int l1,r1,l2,r2;
    cin>>l1>>r1>>l2>>r2;
    int l=l1-1,r=r1;
    while(l<r)
    {
        int mid=l+r+1>>1;
        if(n-mid>=l2)l=mid;
        else r=mid-1;
    }
    int x=l;
    l=l1,r=r1+1;
    while(l<r)
    {
        int mid=l+r>>1;
        if(n-mid<=r2)r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    int y=r;
    cout<<x-y+1<<endl;
}

Tokitsukaze and a+b=n (hard)

思路

tag :二分，容斥，哈希
B求两个区间，此题给了很多区间，有多少种选法，满足：从
m 个区间中选择两个区间 。
此时在我们面前的有两个问题：1.区间修改 2.找a=b-n
区间修改这里可以采用差分数组解决，那么a=b-n则用哈希表来解决
当我们枚举a时，判断有多少个b-n即可。
此时注意一个细节，我们这样寻找a->n-b，有可能a和b在一个区间的，这种情况怎么去除？我们可以将在同一个区间满足a=n-b的情况全部累加，再全部减去即可。

int n,m;
const int N=4e5+10;
int d[N];
const int mod=998244353;
int get(int l1,int r1,int l2,int r2)
{
    int l=l1-1,r=r1;
    while(l<r)
    {
        int mid=l+r+1>>1;
        if(n-mid>=l2)l=mid;
        else r=mid-1;
    }
    int x=l;
    l=l1,r=r1+1;
    while(l<r)
    {
        int mid=l+r>>1;
        if(n-mid<=r2)r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    int y=r;
    return x-y+1;
}
void solve()
{
	cin>>n>>m;
	int s=0;
	rep(i,1,m)
	{
		int l,r;
		cin>>l>>r;
		s+=get(l,r,l,r);
		d[l]++,d[r+1]--;
	}
	int res=0;
	rep(i,1,N-1)d[i]+=d[i-1];
	rep(i,1,N-1)
	{
		if(n>=i)res=(res+d[i]*d[n-i]);
	}
	res=(res-s+mod)%mod;
	cout<<res<<endl;
}

D. Tokitsukaze and Energy Tree

思路

tag：贪心，dfs，bfs，树形DP
贪心的想，当一个大的权值点深度越深，则它被求sum的次数就越多，所以我们就往这个方向靠，求出每个点的深度，深度越深，则赋予其越大的权值，最后累加求和即可。

bfs

int n;
const int N=2e5+10;
int h[N],ne[N<<1],e[N<<1],idx;
int dep[N],w[N];
void add(int a,int b)
{
	e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void bfs(int u)
{
	queue<int>q;
	q.push(u);
	dep[u]=1;
	while(q.size())
	{
		int sz=q.size();
		for(int i=0;i<sz;i++)
		{
			auto t=q.front();
			q.pop();
			for(int i=h[t];~i;i=ne[i])
			{
				int j=e[i];
				dep[j]=dep[t]+1;
				q.push(j);
			}
		}
	} 
}
void solve()
{
	memset(h,-1,sizeof h);
	cin>>n;
	rep(i,2,n)
	{
		int a;
		cin>>a;
		add(a,i);
	}
	rep(i,1,n)cin>>w[i];
	bfs(1);
	sort(w+1,w+1+n);
	sort(dep+1,dep+1+n);
	int res=0;
	rep(i,1,n)res+=dep[i]*w[i];
	cout<<res<<endl;
}

dfs

int n;
const int N=2e5+10;
int h[N],ne[N<<1],e[N<<1],idx;
int dep[N],w[N];
void add(int a,int b)
{
	e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void dfs(int u,int fa)
{
	dep[u]=dep[fa]+1;
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i])
	{
		int j=e[i];
		if(j==fa)continue;
		dfs(j,u);
	}
}
void solve()
{
	memset(h,-1,sizeof h);
	cin>>n;
	rep(i,2,n)
	{
		int a;
		cin>>a;
		add(a,i),add(i,a);
	}
	rep(i,1,n)cin>>w[i];
	dfs(1,0);
	sort(w+1,w+1+n);
	sort(dep+1,dep+1+n);
	int res=0;
	rep(i,1,n)res+=dep[i]*w[i];
	cout<<res<<endl;
}

E. Tokitsukaze and Energy Tree

思维

tag: 二分，数学，打表，找规律
在这里插入图片描述
均值不等式可得
由绝对值不等式可知，函数最小值在 n \sqrt n n ​处，由于题目所求的是最小正整数，所以设g(x)是f(x)取整的函数，函数图像
在这里插入图片描述
可知我们的函数值在整数点的邻域内是保持不变的，所以此题我们求最小值并不能采用三分写法。但是二分可以啊（傲娇。
由于我们给的是一个固定的区间，所以我们求的最小值无非L，R， n \sqrt n n ​, ⌈ n ⌉ \lceil \sqrt n \rceil ⌈n ​⌉，四种情况，我们找到最小值的点，应该函数值相等的邻域的左端点，所以我们用求最小值的二分模板来解决

int l,r,n;
int f(int x)
{
    return n/x+x-1;
}
void solve()
{
    cin>>n>>l>>r;
    int sqrt_n=sqrtl(n);
    int f_l=f(l);
    int f_r=f(r);
    int pos=l,minv=f(l);
    if(f_l>f_r)
    {
        pos=r;
        minv=f(r);
    }
    if(sqrt_n>=l&&sqrt_n<=r&&minv>f(sqrt_n))
    {
        pos=sqrt_n;
        minv=f(sqrt_n);
    }
    sqrt_n++;
    if(sqrt_n>=l&&sqrt_n<=r&&minv>f(sqrt_n))
    {
        pos=sqrt_n;
        minv=f(sqrt_n);
    }
    int L=l,R=pos;
    while(L<R)
    {
        int mid=L+R>>1;
        if(f(mid)<=minv)R=mid;
        else L=mid+1;
    }
    cout<<R<<endl;
}

F. Tokitsukaze and Gold Coins (easy)

思路

tag:dfs，bfs，思维
求起点到终点最多可走多少格子，最简单的方法就是起点终点各跑一次bfs，然后找都可以做到的点。

const int N=5e5+10;
int n,k;
int g[N][4];
int st[N][4][2];
int dx[2][2],dy[2][2];
void bfs(PII start,bool f)
{
    queue<PII>q;
    q.push(start);
    if(f)st[start.x][start.y][f]=1;
    while(q.size())
    {
        auto t=q.front();
        q.pop();
        for(int i=0;i<2;i++)
        {
            int a=t.x+dx[i][f],b=t.y+dy[i][f];
            if(a<=0||a>n||b<=0||b>3)continue;
            if(g[a][b]==1)continue;
            if(st[a][b][f])continue;
            st[a][b][f]=1;
            q.push({a,b});
        }
    }
}
void solve()
{
    cin>>n>>k;
    dx[0][0]=0,dx[1][0]=1,dx[0][1]=0,dx[1][1]=-1;
    dy[0][0]=1,dy[1][0]=0,dy[0][1]=-1,dy[1][1]=0;
    rep(i,1,n)
        rep(j,1,3)g[i][j]=0;
    rep(i,1,n)
        rep(j,1,3)
            rep(k,0,1)st[i][j][k]=0;
    rep(i,1,k)
    {
        int x,y;
        cin>>x>>y;
        g[x][y]^=1;
    }
    bfs({1,1},0);
    bfs({n,3},1);
    int res=0;
    rep(i,1,n)
        rep(j,1,3)
            if(st[i][j][0]==st[i][j][1]&&st[i][j][0])res++;
    cout<<res<<endl;
}

G. Tokitsukaze and Gold Coins (hard)

待补。。。

H. Tokitsukaze and K-Sequence

思路

tag:哈希，差分，枚举，思维
我们发现，当前分成k组时，如果某种元素个数<=k，那么权值加上这一部分元素的个数，如果某种元素个数>k，则该种元素的造成的影响是k-1，累加即可。

int n;
const int N=1e5+10;
int a[N];
void solve()
{
	cin>>n;
	map<int,int>mp,mb;
	rep(i,1,n)cin>>a[i],mp[a[i]]++;
	for(auto x:mp)mb[x.y]++;
	vector<int>res(n+1,0);
	int s=mp.size();
	int cnt=0;
	rep(i,1,n)
	{
		s-=mb[i];
		res[i]+=(i-1)*s;
		cnt+=mb[i]*i;
		res[i]+=cnt;
	}
	rep(i,1,n)cout<<res[i]<<endl;
}

I. Tokitsukaze and Musynx

思路

tag: 贪心，哈希，容斥
贪心的想，总权值最大，可能存在一个点处于v的边界上，再看数据范围，因此我们可以枚举边界（即H），用map存一下分别对应的改变区间，最后，分别枚举不同的H求maxv即可。此题难点在于贪心的考虑H在v边界上最优。

int n,m;
const int N=2e5+10;
int x[N],a[5];
int v[10];
map<int,vector<int>>mp;
void solve()
{
	mp.clear();
	cin>>n;
	rep(i,1,n)cin>>x[i],x[i]-=1e8;
	rep(i,1,4)cin>>a[i];
	rep(i,1,5)cin>>v[i];
	rep(i,1,n)
	{
		rep(j,1,4)
		{
			mp[a[j]-x[i]+(j==4)].pb(-j);
			mp[a[j]-x[i]+(j==4)].pb(j+1);
		}
	}
	int res=v[1]*n;
	int maxv=res;
	for(auto x:mp)
	{
		for(auto y:x.y)
		{
			if(y>0)res+=v[y];
			else res-=v[-y];
		}
		maxv=max(res,maxv);
	}
	cout<< maxv<<endl;
}

J. Tokitsukaze and Sum of MxAb

思路

tag:思维
枚举每个 a i a_i ai​发现,枚举到i时， r e s + = ( n + 1 ) ∗ a b s ( a [ i ] ) res+=(n+1)*abs(a[i]) res+=(n+1)∗abs(a[i])，之后每个循环，都加一个 a b s ( a [ i ] ) （ n − 1 ）次 abs(a[i])（n-1）次 abs(a[i])（n−1）次，所以对于每个 a [ i ] ， r e s + = 2 ∗ n ∗ a b s ( a [ i ] ) a[i]，res+=2*n*abs(a[i]) a[i]，res+=2∗n∗abs(a[i])。

int n;
const int N=1e5+10;
int a[N];
void solve()
{
    cin>>n;
    int res=0;
    rep(i,1,n)cin>>a[i];
    rep(i,1,n)res+=2*n*abs(a[i]);
    cout<<res<<endl;
}

K. Tokitsukaze and Synthesis and Traits

思路

tag：图论
给出的图是无向不连通图，题目实际要求给k个点，判断图中有多少个出现过。
我们可以将图转换成有向无环图，转换方法是：度少的->度多的，度一样，编号小的->编号大的。
然后暴力搜索一下即可，时间复杂度 m \sqrt m m ​。

int n,m,q;
const int N=2e5+10;
int h[N],e[N<<1],ne[N<<1],idx;
int d[N];
int times[N];
vector<PII>edg;
void add(int a,int b)
{
	e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void solve()
{
	cin>>n>>m>>q;
	memset(h,-1,sizeof h);
	rep(i,1,m)
	{
		int a,b;
		cin>>a>>b;
		d[a]++,d[b]++;
		edg.pb({a,b});	
	}
	rep(i,0,m-1)
	{
		int a=edg[i].x,b=edg[i].y;
		if(d[a]<d[b])add(a,b);
		else
		{
			if(d[a]>d[b])add(b,a);
			else
			{
				if(a<b)add(a,b);
				else add(b,a);
			}
		}
	}
	vector<int>vec;
	while(q--)
	{
		int k;
		cin>>k;vec.clear();
		rep(i,1,k)
		{
			int x;
			cin>>x;
			vec.pb(x);
			times[x]=1;
		}
		int res=0;
		rep(u,0,k-1)
		{
			for(int i=h[vec[u]];~i;i=ne[i])
			{
				int j=e[i];
				if(times[j])res++;
			}
		}
		cout<<res<<endl;
		for(auto x:vec)times[x]=0;
	}
}

L. Tokitsukaze and Three Integers

思路

tag： 容斥，哈希,预处理
这题思路不难，难在预处理上去重，定义f[i][j]：a或b选取v[i]时a*b（j）的个数。

int n,p;
const int N=5e3+10;
int a[N];
int f[N][N];
int cnt[N];
void solve()
{
	cin>>n>>p;
	rep(i,1,n)cin>>a[i];
	rep(i,1,n)
	{
		rep(j,1,n)
		{
			if(i==j)continue;
			cnt[a[i]%p*a[j]%p]++;
			f[i][a[i]%p*a[j]%p]+=2;
		}
	}
	rep(i,0,p-1)
	{
		int res=0;
		rep(j,1,n)
		{
			int t=a[j]%p;
			int v=(i-t+p)%p;
			res+=cnt[v]-f[j][v];
		}
		cout<<res<<' ';
	}
}

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Liunx相关服务无法启动，带你一步一步找出问题和解决问题

Liunx相关服务无法启动，带你一步一步找出问题和解决问题

liunx服务无法开启的原因有各种各样&#xff0c;首先我们需要找到我们究竟是为什么不能能够开启这个服务&#xff0c;这里我们先要去考虑到的一个非常重要的问题就是我们的防火墙有没有启动&#xff0c;防火墙有没有把我们的要开启相关服务的端口给封禁掉。这个是无论如何都要第…
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学习记录668@项目管理之项目沟通管理和干系人管理

学习记录668@项目管理之项目沟通管理和干系人管理

书上这部分的内容很无趣、很花里花哨、很杂乱&#xff0c;所以本文只摘取我认为比较有用和有意义的片段。 沟通方式 在发送方自认为已经掌握了足够的信息&#xff0c;有了自己的想法且不需要进一步听取多方意见时&#xff0c;往往选择控制力极强、参与程度最弱的“叙述方式”&a…
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ES学习看这一篇文章就够了

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第一章 ES简介 第1节 ES介绍 1 2 3 41、Elasticsearch是一个基于Lucene的搜索服务器 2、提供了一个分布式的全文搜索引擎,基于restful web接口 3、Elasticsearch是用Java语言开发的&#xff0c;基于Apache协议的开源项目&#xff0c;是目前最受欢迎的企业搜索引擎 4、Elastics…
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