2020牛客NOIP赛前集训营-普及组（第二场） 题解

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• T1 面试
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• T2 纸牌游戏
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• T3 涨薪
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T1 面试

描述

题目描述

牛牛内推了好多人去牛客网参加面试，面试总共分四轮，每轮的面试官都会对面试者的发挥进行评分。评分有 A B C D 四种。如果面试者在四轮中有一次发挥被评为 D，或者两次发挥被评为 C，就不会通过面试。如果面试者没有一次被评为 D，并且有三个或以上的 A，则会获得 special offer。其余情况会获得普通 offer。

现在告诉你一些面试者的发挥，请你算一算，他们的面试结果分别是什么。

输入描述:

第一行输入一个 T，代表面试者的个数。

接下来有 T 行，每行都有一个长度为 4 的字符串，每个位置的字符分别代表面试者每一轮的发挥。

输出描述:

输出 T 行，分别表示 T 个面试者的面试结果。如果面试失败，输出failed，如果面试通过，但不是 special offer，则输出offer，否则输出 sp offer。

题解

人口普查

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main(){
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		char a[15];
		scanf("%s",a+1);
		int ans1=0,ans2=0;
		bool f=0;
		for(int j=1;j<=4;j++){
			if(a[j]=='C'){
				ans1++;
			}
			if(a[j]=='D'){
				f=1;
			}
			if(a[j]=='A'){
				ans2++;
			}
		}
		if(f||ans1>=2){
			printf("failed\n");
			continue;
		}
		if(ans2>=3&&f==0){
			printf("sp offer\n");
			continue;
		}
		printf("offer\n");
	}
	return 0;
}

T2 纸牌游戏

描述

题目描述

公司举办团建活动，许多人在一起玩一个纸牌游戏。规则如下：

总共有 n 个人，每个人初始有 n 张牌。每一轮从第一个人开始轮流操作，第 i 个人每次操作必须选min(people-1,ai) 个不同的人，分别从他们手中拿走一张牌。其中people 为游戏现存人数，手上没有牌的人立即被淘汰出局。大家希望有尽可能多的人出局，游戏无限的进行下去，问最终游戏中最少还有几个人没有出局。

注意：不能从自己手中拿牌

输入描述:

第一行输入一个数字 n， 代表游戏的总人数。接下来输入 n 个数字，分别代表 ai
​

输出描述:

输出一行一个整数表示游戏最终最少剩几个人。

题解

贪心

对于每个人，如果他现在可以抽取的牌数小于当前人数-1，则他一定会被别人淘汰

如果现在的所有人都可以抽取当前人数-1张牌，那么游戏就可以无限进行下去

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n;
int a[100005];

priority_queue <int,vector<int>,greater<int> > q;

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		q.push(a[i]);
	}
	while(n>1){
		int x=q.top();
		if(x>=n-1){
			printf("%d",n);
			return 0;
		}
		else{
			q.pop();
			n--;
		}
	}
	printf("%d",n);
	return 0;
}

T3 涨薪

描述

题目描述

公司中总共有 n 个人，其中第 i 个人的初始工资为 ai
。公司根据每个人的绩效(工作表现)来评定每个人的涨薪幅度。每年有 x 个人绩效为 A，工资可以变为原来的 3 倍；y 个人绩效为 B，工资可以变为原来的 2 倍，其余人绩效为 C，工资不变，连续两年绩效为 C 会被开除。

假如公司没有一直招聘新员工，请问 m 年后，公司需要给所有在职员工支付的工资总和最多为多少。由于答案可能很大，请输出对 10^9+7 取模后的结果。

输入描述:

输入第一行包含四个正整数 n, m,x,y，意义如题面所示。

接下来一行包含 n 个正整数，第 i 个正整数为 ai
​
代表第 i 个人的初始工资。

输出描述:

输出一行一个整数表示 m 年后工资总和对 10^9+7 取模后的结果。

题解

贪心易得,绩效得C 的人一定是初始薪资最少的人。

其余的人进行排序，最大的x个和次大的y个分别乘3和2，其余的都不要；

因为有m天，每天都是乘同样的数，所以快速幂；

值得注意的是，如果m==1，则所有的人都不会被开除，需要特判；

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long Mod=1e9+7;

long long a[100005];

bool cmp(long long a,long long b){
	return a>b;
}

long long Pow(long long a,int b){
	long long ans=1;
	while(b){
		if(b&1){
			ans=ans*a%Mod;
		}
		a=a*a%Mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

long long sum=0;

int main(){
	int n,m,x,y;
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&y);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]);
		sum=sum+a[i]%Mod;
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	int len=0;
	long long sum1=0,sum2=0;
	while(len<x){
		sum1=sum1+a[++len]%Mod;
	}
	while(len<x+y){
		sum2=sum2+a[++len]%Mod;
	}
	sum=sum-sum1-sum2;
	sum1=sum1*Pow(3,m)%Mod;
	sum2=sum2*Pow(2,m)%Mod;
	if(m==1){
		sum1=sum1+sum%Mod;
	}
	printf("%lld",(sum1+sum2)%Mod);
	return 0;
}

T4

描述

题目描述

给出一个序列A，其中第 i 个数字为 ai，你每次操作可以选择一个数字不变，其他数字乘以 x，其中 x 为任意素数

无需考虑这些数字在变换过程中是否超过 long long 的存储范围。请回答：最少经过多少次操作，可以使得序列中所有数字全部相同。

输入描述:

第一行包含一个正整数 n，代表序列长度。

接下来一行包含 n 个正整数，描述序列中的每一个元素。

输出描述:

输出一行一个正整数表示答案。

题解

对于任何一列数来说，选取一个数，让其它数乘一个素数其实就等价于让选取的数除以一个素数，所以这道题就转换为如下题目：

给定一个序列，其中第 i 个数字为 ai，你每次操作可以选择一个数字除以x，x为任意素数，请问最少经过多少次操作，可以使得序列中所有数字全部相同。

让所有数字相同，即使所有数字的GCD，于是它又可以转换为如下题目:

给定一个序列，其中第 i 个数字为 ai，你每次操作可以选择一个数字除以x，x为任意素数，请问最少经过多少次操作，才可以让每个数都变成所有原数的GCD。

所以就很简单了，分解序列中每个数的质因数，除去GCD，相加

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int Prime[10005];
bool f[1000005];
int n;
int a[1000005];

void In_prime(){
	for(int i=2;i<=1e3;i++){
    	if(!f[i])
			Prime[++Prime[0]]=i;
		for(int j=0;j<Prime[0]&&i*Prime[j]<=1e3;j++)
			f[i*Prime[j]]=1;
	}
}

int GCD(int a,int b){
	if(b==0){
		return a;
	}
	return GCD(b,a%b);
}

int main(){
	In_prime();
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
	}

	int sum=a[1];
	for(int i=2;i<=n;i++){
		sum=GCD(sum,a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]/=sum;
	}
	int tot=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=Prime[0]&&Prime[j]*Prime[j]<=a[i];j++){
			while(a[i]%Prime[j]==0){
				tot++;
				a[i]/=Prime[j];
			}
		}
		if(a[i]!=1){
		    tot++;
		}
	}
	printf("%d\n",tot);
	return 0;
}