ahut 月赛1

news2024/11/18 3:34:11
心得:
一点一点理解，对于一段要学习的代码，跟着写下来，理解一点写一点
对于一道题目，用记事本，看题目，看一句题目，用自己的话概括一句，写在记事本上，并将自己的
想法一并写下来
这样做下来，心会很平静，你会发现，理解一段代码并不费力，解决一道题目并不费力，一切都成了
顺理成章的事情
A.简单的背包
AhutOj

 

 

 

 

这题很明显就是01背包，但是问题在于背包容量m非常的大，高达1e9，这样的话肯定会爆空间

但是我们可以发现价值vi范围在1e3，然后物品最多100个，也就是价值v总和最多1e5

经典的01背包f[i][j]表示在前i个物品里选,容量为j所能放的物品最大总价值

我们可以用f[i][j]表示在前i个物品里选,价值为j所需要的物品最小总重量，这样的话，我们需要的空间为f[110][100010]，不会爆空间

对于f[n][0到1e5],即在前n个物品里选,对于价值为0到1e5所需的最小总重量如果小于m的话，那么该价值就是合法的，然后在众多合法的价值里取最大就行了

注意，由于f的值是重量,求重量是取最小,所以一开始先要将f初始化为0x3f3f3f3f(经典的01背包是取最大,而f放在外部变量的位置，默认为0，就不需要初始化了)，同时初始化f[0][0]为0

AC代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define int long long
using namespace std;
const int N=110,M=1e5+10;
int w[N];//重量
int v[N];//权值
int f[N][M];//f[i][j]==>第一维表示在前i个物品中选,第二维表示价值为j,f[i][j]的值表示最小重量
signed main()
{
    memset(f,0x3f,sizeof f);
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>w[i]>>v[i];
    f[0][0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<=1e5;j++){
            f[i][j]=f[i-1][j];
            if(j-v[i]>=0) f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i]);
        }
    }
    int res=0;
    for(int j=0;j<=1e5;j++){
        if(f[n][j]<=m) res=max(res,j);
    }
    cout<<res<<endl;
    return 0;
}

B.修路专家 

AhutOj

 

 

将所有区间按左端点从左到右排序，然后从左到右无缝隙补缺 

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1e4+10;
struct node{
    int l,r;
    bool operator<(const node &W)const{
        return l<W.l;
    }
}q[N];
int main()
{
    int n,l;
    cin>>n>>l;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>q[i].l>>q[i].r;
    sort(q+1,q+1+n);
    int res=0;
    int r=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(r<q[i].l) r=q[i].l;
        while(r<q[i].r){
            res++;
            r+=l;
        }
    }
    cout<<res<<endl;
    return 0;
}

C.小小园艺师

AhutOj

 

AC代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
#define int long long
using namespace std;
const int N=4e5+10;
int d[N];//统计度数     
//换一种写法,写一个solve函数,我看好多大佬都这么写
void solve()
{
    memset(d,0,sizeof d);//t组样例,每组样例都要初始化度数d
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    //先处理特殊情况,即只有一个点的情况,特殊情况优先考虑
    if(n==1){
        if(k>0) cout<<0<<endl;
        else cout<<1<<endl;
        return;
    }    
    vector< vector<int> > e(n+1);//t组样例,用于建图,将点与点联系起来
    for(int i=0;i<n-1;i++){
        int u,v;
        cin>>u>>v;
        //点u和点v之间建立无向边
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
        d[u]++;//点u的入度+1
        d[v]++;//点v的入度+1
    }
    queue<int>q;
    for(int i=1;i<=n;i++){
            if(d[i]==1) q.push(i);//遍历n个点,先将叶子节点(度数为1的点)入队
    }
    int res=n;//res表示节点的个数,初始为n
    //一共k次操作,每次将叶子节点删去
    while(k--){
        if(!q.size()) break;//队列q里装的是叶子节点,当叶子节点都删完之后,表示本次操作结束了,就退出循环,准备下一次操作
        queue<int>p;//再定义一个队列p
        while(q.size()){
            int t=q.front();//在叶子节点的集合中取出队头
            q.pop();//删除队头,我们的操作就是删除叶子节点
            res--;//节点数减1
            //把这个叶子节点删去后,相应地,与它相连的边要删除,与它相连的点的度数要减-1
            //枚举和这个叶子节点相连的点
            for(int i=0;i<e[t].size();i++){
                d[e[t][i]]--;//e[t]表示和t节点相邻的所有节点,将与它相邻的节点的度数都减-1
                if(d[e[t][i]]==1) p.push(e[t][i]);//如果某个节点度数为1,即为叶子节点,那么就将其入队,
                //队列p相当于一个中转站的作用，用于暂时存放叶子节点,最后再将其放回q队列中
            }
        }
        swap(q,p);//交换两个队列,即将中转站p中的叶子节点全部放回到队列q中,准备下一次操作
    }
    cout<<res<<endl;//最后输出剩余多少个节点
}
signed main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

可以用ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);来关闭输入输出同步

这样的话就可以t组数据全部输入好之后再一起全部输出

另外,换行用'\n'而不用endl，才可以做到不是输入一组输出一个答案

AC代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
#define iosy ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N=4e5+10;
int d[N];//统计度数     
//换一种写法,写一个solve函数,我看好多大佬都这么写
void solve()
{
    memset(d,0,sizeof d);//t组样例,每组样例都要初始化度数d
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    //先处理特殊情况,即只有一个点的情况,特殊情况优先考虑
    if(n==1){
        if(k>0) cout<<0<<endl;
        else cout<<1<<endl;
        return;
    }    
    vector< vector<int> > e(n+1);//t组样例,用于建图,将点与点联系起来
    for(int i=0;i<n-1;i++){
        int u,v;
        cin>>u>>v;
        //点u和点v之间建立无向边
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
        d[u]++;//点u的入度+1
        d[v]++;//点v的入度+1
    }
    queue<int>q;
    for(int i=1;i<=n;i++){
            if(d[i]==1) q.push(i);//遍历n个点,先将叶子节点(度数为1的点)入队
    }
    int res=n;//res表示节点的个数,初始为n
    //一共k次操作,每次将叶子节点删去
    while(k--){
        if(!q.size()) break;//队列q里装的是叶子节点,当叶子节点都删完之后,表示本次操作结束了,就退出循环,准备下一次操作
        queue<int>p;//再定义一个队列p
        while(q.size()){
            int t=q.front();//在叶子节点的集合中取出队头
            q.pop();//删除队头,我们的操作就是删除叶子节点
            res--;//节点数减1
            //把这个叶子节点删去后,相应地,与它相连的边要删除,与它相连的点的度数要减-1
            //枚举和这个叶子节点相连的点
            for(int i=0;i<e[t].size();i++){
                d[e[t][i]]--;//e[t]表示和t节点相邻的所有节点,将与它相邻的节点的度数都减-1
                if(d[e[t][i]]==1) p.push(e[t][i]);//如果某个节点度数为1,即为叶子节点,那么就将其入队,
                //队列p相当于一个中转站的作用，用于暂时存放叶子节点,最后再将其放回q队列中
            }
        }
        swap(q,p);//交换两个队列,即将中转站p中的叶子节点全部放回到队列q中,准备下一次操作
    }
    cout<<res<<endl;//最后输出剩余多少个节点
}
signed main()
{
    iosy;
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

D.跳格子 

AhutOj 

 

只有两种情况，如果n不是k的整数倍，那么就直接1步，直接到n

如果n是k的整数倍，那么就两步n-k-1和k+1

AC代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        int n,k;
        cin>>n>>k;
        if(n%k!=0){
            cout<<1<<endl;
            cout<<n<<endl;
        }
        else{
        cout<<2<<endl;
        cout<<n-k-1<<" "<<k+1<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

E.狼人杀但是逆天 

AhutOj

 

 

先对n个数从小到大排序，然后依次遍历，判断每个人是人还是狼人，先假设他是人，那么res-1如果大于等于这个人所说的至少有几个狼人的话，那么可以认定他是人

否则，他就是狼人，则标记一下出现了狼人，并且退出

判定一下，如果存在狼人，并且所确定的狼人数量大于等于确定的狼人x所说的狼人最少的数量，那么该狼人也说的是真话，就矛盾了，就输出-1，否则输出所确定的狼人数量

该题是模拟题，可以深入研究一下模拟

当看到一段看不懂的代码时，可以在记事本上按照代码从头到尾模拟一遍，可以快速理解

当自己写的代码不正确时，可以依照样例，在记事本上模拟一遍，然后知道代码错误之处，不断修正代码

AC代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=110;
int a[N];
int main()
{
    int t;
    int x;
    cin>>t;
    while(t--){
        int n;
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
        sort(a+1,a+1+n);
        int res=n;
        bool flag=false;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            x=i;
            if(res-1>=a[i]) res--;
            else {
                flag=true;
                break;
            }
        }
        cout<<endl;
        if(flag&&res>=a[x]) cout<<-1<<endl;
        else cout<<res<<endl;
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}

F.昊昊的难题(hard) 

AhutOj

 

 

f[i]表示在前i个字符中选,最多有多少个不以字符p结尾的合法的子序列

p[i]表示在前i个字符中选,最多有多少个以字符p结尾的合法的子序列

当s[i]为字符p时

状态转移,两种情况,对于字符p选与不选

p[i]=(p[i-1]+p[i-1]+f[i-1]+1)%mod;

p[i]==>

p[i-1]表示不选字符p，即在前i-1个字符中以p结尾的合法子序列的个数

p[i-1]+f[i-1]+1表示选字符p,其中p[i-1]表示在前i-1个字符中以p结尾的合法子序列加上字符p组成的子序列的个数，f[i-1]表示在前i-1个字符中不以p结尾的合法子序列加上p组成的子序列的个数,1表示单独将s[i]作为子序列

f[i]=f[i-1]%mod;

f[i]就直接由f[i-1]转移过来，因为最后一个字符是p，在前i个字符中选不以p结尾的和在前i-1个字符中选不以p结尾的是一样的

当s[i]为字符f时

状态转移,两种情况,对于字符f选与不选

p[i]=p[i-1]%mod;

p[i]直接由p[i-1]转移过来，因为最后一个字符不是p，在前i个字符中选以p结尾的和在前i-1个字符中选以p结尾的是一样的

f[i]=(f[i-1]+f[i-1]+1)%mod;

f[i]==>

f[i-1]表示不选字符f，即在前i-1个字符中不以字符p结尾的合法的子序列的个数

f[i-1]表示选字符f，即在前i-1个字符中不以字符p结尾的合法子序列和字符f组成的子序列的个数

1表示单独将s[i]作为子序列

如果s[i]既不是字符p也不是字符f

比如说是字符a,状态转移,两种情况,对于字符a选与不选

p[i]=p[i-1]%mod;

p[i]直接由p[i-1]转移过来,因为最后一个字符不是p，在前i个字符中选以p结尾的和在前i-1个字符中选以p结尾的是一样的

f[i]=(f[i-1]+p[i-1]+f[i-1]+1)%mod;

f[i]==>

f[i-1]表示不选字符a，即在前i-1个字符中不以字符p结尾的合法子序列的个数

p[i-1]+f[i-1]表示选字符a，即在前i-1个字符中以p结尾的合法子序列加上字符a组成的子序列的个数以及在前i-1个字符中不以字符p结尾的合法子序列加上字符a组成的子序列的个数，1表示单独将s[i]作为子序列

AC代码： 

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1e5+10,mod=1e9+7;
int f[N];//f[i]表示在前i个字符中选,最多有多少个不以字符p结尾的合法的子序列
int p[N];//p[i]表示在前i个字符中选,最多有多少个以字符p结尾的合法的子序列
void solve()
{
    string s;
    cin>>s;
    int n=s.size();
    if(s[0]=='p') p[0]=1;
    else f[0]=1;
    for(int i=1;i<n;i++){
        if(s[i]=='p'){
            p[i]=(p[i-1]%mod+(p[i-1]+f[i-1]+1)%mod)%mod;
            f[i]=f[i-1]%mod;
        }
        else if(s[i]=='f'){
            p[i]=p[i-1]%mod;
            f[i]=(f[i-1]%mod+(f[i-1]+1)%mod)%mod;
        }
        else{
            p[i]=p[i-1]%mod;
            f[i]=(f[i-1]%mod+(p[i-1]+f[i-1]+1)%mod)%mod;
        }
    }
    cout<<(p[n-1]+f[n-1])%mod<<endl;
}
signed main()
{
    solve();
    return 0;
}

G.昊昊的难题(easy)

AhutOj

 

 

将连续的pf的p位置记下来，然后在前面的到p以及f到后面这两种字符串里面选连续的子串，长度为x，则个数为1+2+...+x即为x*(x+1)/2

AC代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int a[N];
int cnt;
int main()
{
    string s;
    cin>>s;
    for(int i=0;i<s.size()-1;i++){
        if(s[i]=='p'&&s[i+1]=='f'){
            a[++cnt]=i;
        }
    }
    a[0]=-1;
    a[++cnt]=s.size()-1;
    int res=0;
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        int x=a[i]-a[i-1];
//        cout<<"x="<<x<<" "<<a[i]<<" "<<a[i-1]<<endl;
        res+=x*(x+1)/2;
    }
    cout<<res<<endl;
    return 0;
}

H.同构

AhutOj

 

 

这题和atcoder beginner contest 300 B题一样，见Atcoder Beginner Contest 300_沫刃起的博客-CSDN博客

I.屠龙勇士

AhutOj

 

 

独角兽和龙战斗

一共有n次攻击，ai表示第i次攻击的时间，从攻击开始，每秒会对龙造成1点伤害，毒药效果不会叠加

龙一共有h点生命值，如果对龙造成至少h点伤害，就会杀死龙

求k的最小值满足对龙至少造成h点伤害

很明显，用二分答案

刚开始不知道为什么用在[1,1e9]是wa，在[1,1e18]就AC了，原因在于虽然数组a的范围在1e9，但是答案完全可以1e18

AC代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<set>
#define int long long
using namespace std;
const int N=110;
int a[N];
int n,h;
bool check(int x){
    int res=0;
    for(int i=1;i<=n-1;i++){
        res+=min(x,a[i+1]-a[i]);
        if(res>=h) return true;
    }
    if(res+x>=h) return true;
    return false;
}
signed main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        cin>>n>>h;
        for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
        int l=1,r=1e18;
        while(l<r){
            int mid=(l+r)/2;
            if(check(mid)) r=mid;
            else l=mid+1;
        }
        cout<<l<<endl;
    }
    return 0;
}

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解密Prompt系列3. 冻结LM微调Prompt: Prefix-tuning Prompt-tuning P-tuning

这一章我们介绍在下游任务微调中固定LM参数&#xff0c;只微调Prompt的相关模型。这类模型的优势很直观就是微调的参数量小&#xff0c;能大幅降低LLM的微调参数量&#xff0c;是轻量级的微调替代品。和前两章微调LM和全部冻结的prompt模板相比&#xff0c;微调Prompt范式最大的…
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21. 算法之动态规划

21. 算法之动态规划

1. 概念 动态规划(Dynamic Programming)&#xff0c;是一种分阶段求解的方法。动态规划算法是通过拆分问题&#xff0c;定义问题状态和状态之间的关系&#xff0c;使得问题能够以递推&#xff08;或者说分治&#xff09; 的方式去解决。 首先是拆分问题&#xff0c;就是根据问…
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生产报工软件怎么选？一定要看这几点，值得收藏！

生产报工软件怎么选？一定要看这几点，值得收藏！

生产报工软件怎么选&#xff1f; 适合项目型企业&#xff0c;支持移动端报工&#xff1b;可以进行工时上报、工时统计、人力成本核算&#xff1b;满足中大型企业需求。 题主的要求可以说非常具有代表性了&#xff0c;今天我们就来看一看如何寻找到这样的报工系统。 一、为什…
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Alibaba Cloud Linux安装Nginx以及常用命令

Alibaba Cloud Linux安装Nginx以及常用命令

提示&#xff1a;文章写完后&#xff0c;目录可以自动生成&#xff0c;如何生成可参考右边的帮助文档 文章目录 前言一、安装C编译器&#xff0c;以及所需要的库二、下载和安装PCRE三.Ngxin相关命令 总结 前言 提示&#xff1a;系统是Alibaba Cloud Linux 3.2104 LTS 64位&…
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批量更新状态功能在设备巡检、人员管理、工序流转等场景的应用

批量更新状态功能在设备巡检、人员管理、工序流转等场景的应用

二维码已被应用在了各式各样的场景中&#xff0c;譬如教育培训、会议签到、产品展示等等。其中有很多场景需要一次性运用到大量的二维码&#xff0c;如人员管理、工序流转、设备巡检等&#xff0c;可以使用批量添加记录功能使工作效率近一步提升。 原先为一批二维码添加记录时…
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dubbo3 Cluster wrapper初始化及extensionloader分析

dubbo3 Cluster wrapper初始化及extensionloader分析

从以下代码&#xff0c;可以看到dubbo默认的服务是failover SPI("failover") public interface Cluster {String DEFAULT "failover";Adaptive<T> Invoker<T> join(Directory<T> directory, boolean buildFilterChain) throws RpcExce…
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达梦MPP集群搭建、DEM管理工具搭建MPP集群应用

达梦MPP集群搭建、DEM管理工具搭建MPP集群应用

说明... 3 两节点MPP集群手动搭建... 4 1、配置dm.ini 4 2、配置dmmal.ini 5 3、配置dmmpp.ctl 5 4、启动EP01和EP02数据库实例&#xff0c;系统搭建完成。... 6 MPP使用&#xff1a;... 6 使用DEM管理系统搭建MPP3节点集群... 10 一、达梦DEM部署... 11 1、创建DEM库…
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计算机网络管理 常见的计算机网络管理工具snmputil,Mib browser,SNMPc管理软件的功能和异同

计算机网络管理 常见的计算机网络管理工具snmputil,Mib browser,SNMPc管理软件的功能和异同

⬜⬜⬜ &#x1f430;&#x1f7e7;&#x1f7e8;&#x1f7e9;&#x1f7e6;&#x1f7ea;(*^▽^*)欢迎光临 &#x1f7e7;&#x1f7e8;&#x1f7e9;&#x1f7e6;&#x1f7ea;&#x1f430;⬜⬜⬜ ✏️write in front✏️ &#x1f4dd;个人主页&#xff1a;陈丹宇jmu &am…
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【C++ 基础篇：25】：【重要模板】C++ 算术（赋值）运算符重载及自增自减运算符重载【以 Date 日期类为例】

【C++ 基础篇：25】：【重要模板】C++ 算术（赋值）运算符重载及自增自减运算符重载【以 Date 日期类为例】

系列文章说明 本系列 C 相关文章 仅为笔者学习笔记记录&#xff0c;用自己的理解记录学习&#xff01;C 学习系列将分为三个阶段&#xff1a;基础篇、STL 篇、高阶数据结构与算法篇&#xff0c;相关重点内容如下&#xff1a; 基础篇&#xff1a;类与对象&#xff08;涉及C的三大…
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LabVIEW开发监测太阳能电池和损伤检测

LabVIEW开发监测太阳能电池和损伤检测

LabVIEW开发监测太阳能电池和损伤检测 使用LabVEW监测太阳能电池的实时数据&#xff0c;利用LabVIEW实现太阳能跟踪和损伤检测。使用了太阳能电池板&#xff0c;Arduino UNO板&#xff0c;电压&#xff08;0-25V&#xff09;传感器LDR&#xff0c;温度传感器和伺服电机。Solar…
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