牛客周赛 Round 58（上）

news2024/12/25 23:37:19

会赢吗？

题目描述

运行代码

#include <iostream>
using namespace std;

int main() {
    double w;
    int h;
    cin >> w >> h;
    if (h - w > 0) {
        cout << "YES" << endl;
    } else {
        cout << "NO" << endl;
    }
    return 0;
}

代码思路

1.变量定义：首先定义了两个变量，w是一个双精度浮点数类型，用来接收一个可能带有小数部分的数值；h是一个整数类型，用于接收一个整数值。

2.输入部分：使用 cin从标准输入流中获取两个数值，并分别存储到变量 w和 h中。

3.判断部分：判断条件 h - w > 0，即判断输入的整数 h减去浮点数 w的结果是否大于零。如果 h比 w大，说明条件成立。

如果条件成立，即 h - w > 0，则输出 "YES"，表示满足该条件。
如果条件不成立，即 h - w <= 0，则输出 "NO"，表示不满足该条件。

4.返回部分：最后，函数 main返回 0，表示程序正常结束。

随机化游戏时间？

题目描述

运行代码

#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;
#define int long long
#define P 1000000007

int n, m;
vector<int> a, b, l, r, k;

// 检查函数，用于判断给定值是否满足条件
int check(int x) {
    // 重新计算 b 数组
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        b[i + 1] = (a[i] <= x? b[i] + 1 : b[i]);
    }
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int cnt = b[r[i]] - b[l[i] - 1];
        if (cnt > k[i]) return 1;
        else if (cnt < k[i]) return -1;
    }
    return 0;
}

// 快速幂函数
int power(int a, int b) {
    int res = 1;
    while (b > 0) {
        if (b & 1) res = res * a % P;
        a = a * a % P;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

// 求逆元函数
int inverse(int x) {
    return power(x, P - 2);
}

void solve() {
    cin >> n >> m;
    a.resize(n);
    b.resize(n + 1, 0);
    l.resize(m);
    r.resize(m);
    k.resize(m);
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];
    for (int i = 0; i < m; i++) cin >> l[i] >> r[i] >> k[i];
    int left = 1, right = n;
    while (left <= right) {
        int mid = left + right >> 1;
        if (check(mid) == 1) right = mid - 1;
        else left = mid + 1;
    }
    int ansr = left - 1;
    left = 1, right = n;
    while (left <= right) {
        int mid = left + right >> 1;
        if (check(mid)!= -1) right = mid - 1;
        else left = mid + 1;
    }
    int ansl = left;
    if (ansr == ansl) cout << 1 << " " << ansr << "\n";
    else cout << inverse(ansr - ansl + 1) << "\n";
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) solve();
    return 0;
}

代码思路

一、整体思路

首先定义了多个变量和函数，包括输入数据的大小 n 和 m，数组 a、b、l、r、k，以及用于检查条件的函数 check、快速幂函数 power、求逆元函数 inverse 和解决问题的函数 solve。
在 solve 函数中，读取输入数据 n 和 m，以及相应的数组 a、l、r、k。
通过二分查找的方式确定满足特定条件的区间，最终计算出结果并输出。

二、各个部分的原理

check 函数
- 这个函数的目的是判断给定的一个值 x 是否满足特定条件。
- 首先，根据输入数组 a 和给定值 x，重新计算 b 数组。如果 a[i] 小于等于 x，则 b[i] 等于 b[i - 1] + 1，否则 b[i] 等于 b[i - 1]。这样，b 数组实际上记录了 a 数组中小于等于 x 的元素的个数的累计值。
- 然后，对于每个输入的区间 [l[i], r[i]]，计算这个区间内小于等于 x 的元素个数 cnt，即 cnt = b[r[i]] - b[l[i] - 1]。
- 最后，将计算出的 cnt 与给定的 k[i] 进行比较。如果 cnt 大于 k[i]，返回 1；如果 cnt 小于 k[i]，返回 -1；如果相等，返回 0。
power 函数（快速幂）
- 这个函数用于快速计算 a 的 b 次幂对 P 取模的结果。
- 通过位运算的方式，当 b 的二进制表示中某一位为 1 时，将当前的结果累乘 a，同时不断将 a 自乘，将 b 右移一位，直到 b 变为 0。
inverse 函数（求逆元）
- 利用费马小定理，当 P 是质数时，a 的逆元为 a^(P - 2)。所以调用 power 函数计算 x 的 P - 2 次幂对 P 取模的结果，即为 x 在模 P 意义下的逆元。
solve 函数
- 首先读取输入数据，初始化相关数组。
- 然后使用二分查找的方法确定满足条件的区间。
- 进行两次二分查找，第一次找到满足条件的右边界 ansr，当 check(mid) 为 1 时，说明当前值 mid 使得区间内小于等于它的元素个数大于 k[i]，需要减小 mid，即 right = mid - 1；当 check(mid) 不为 1 时，说明当前值 mid 可能是满足条件的右边界或者还需要增大 mid，即 left = mid + 1。
- 第二次二分查找找到满足条件的左边界 ansl，当 check(mid) 不为 -1 时，说明当前值 mid 可能是满足条件的左边界或者还需要减小 mid，即 right = mid - 1；当 check(mid) 为 -1 时，说明当前值 mid 使得区间内小于等于它的元素个数小于 k[i]，需要增大 mid，即 left = mid + 1。
- 最后，根据 ansr 和 ansl 的关系输出结果。如果 ansr == ansl，输出 1 和 ansr；否则，输出 ansr - ansl + 1 在模 P 意义下的逆元。

总的来说，这段代码通过二分查找和特定的条件判断，确定满足条件的区间，并利用快速幂和求逆元的方法计算最终结果。

会赢的！

题目描述

运行代码

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;

int main() {
    int T;
    int x, y;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> x >> y;
        if ((x < 0 || y < 0) || abs(x - y) >= 2) 
            cout << "PING" << endl;
        else if ((x + y) % 2 == 0) cout << "NO" << endl;
        else cout << "YES" << endl;
    }
    return 0;
}

代码思路

一、整体思路

首先从输入中读取测试数据的组数 T。
对于每组测试数据，读取终点坐标 x 和 y。
根据特定的条件判断游戏的结果是阿龙获胜（输出 "YES"）、小歪获胜（输出 "NO"）还是平局（输出 "PING"）。

二、各个部分的原理

条件判断一：
- 如果 x < 0 或者 y < 0，说明终点在起点的左方或者上方，这种情况下双方都无法到达终点，所以是平局。
- 如果 abs(x - y) >= 2，意味着两个坐标的差值较大，双方无法在交替的回合中到达终点，也是平局。
条件判断二：
- 考虑到达终点 (x, y)所需的步数，向右走 x 步，向下走 y 步，总共需要 x + y 步。
- 因为阿龙先手，所以总步数为偶数时阿龙走了偶数步，小歪走了偶数步；总步数为奇数时阿龙走了奇数步，小歪走了奇数步。
- 如果 (x + y) 是偶数，那么小歪在最后一步，所以阿龙不能获胜，判断小歪获胜（输出 "NO"）；如果 (x + y) 是奇数，那么阿龙在最后一步，所以判断阿龙获胜（输出 "YES"）。