牛客练习赛60 A—F题解（缺E题）

本蒟蒻这次只过了三题 赛后学习了一下出题人巨佬的标码(码风比我好多了 贴的代码有些是仿出题人)
现在将自己的理解写下来与大家分享

A
这个题一分析就是每个数字都会与所有数字&一下 (a&a=a)
&字操作是二进制同位都为一才为一 这时解法就变成统计每个二进制位上1的次数

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const ll maxn = 1e5; const ll maxm = 30; ll res; ll arr[maxn + 5], n, cnt[maxm + 5];   int main() {     scanf("%d", &n);     for (int i = 1; i <= n; ++i)scanf("%d", &arr[i]);     for (int i = 1; i <= n; ++i)         for (int j = 0; j < 30; ++j)             if (arr[i] & (1 << j))cnt[j] += 1;///各位上1的个数     for (int i = 0; i < 30; ++i)res +=  cnt[i] * cnt[i] * (1 << i);     printf("%lld\n", res);     return 0; }

B
简单的n2枚举 分析一下可以知道每条边都用了n-2次

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27

#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ll n,ans; ll mod=998244353; struct P {     ll x,y; }a[110]; ll len(P m,P n) {     return abs(m.x-n.x)+abs(m.y-n.y); } int main() {     scanf("%lld",&n);     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y);     for(int i=1;i<=n;++i)     {         for(int j=i+1;j<=n;++j)         {            ans+=(len(a[i],a[j])*(n-2))%mod;         }     }     cout<<ans%mod<<endl;     return 0; }

C
这是一个比较基础的dp方程的进阶 从n个物品中选k个
dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]
i表示到第几个字符了 j是用了几个字符
dp[i-1][j]是不用这个新加的 dp[i-1][j-1]是用这个新加的
这题的关键点是我们这样计算重复了多少字符（本质不同的解释）
其实仔细一想 我们重复计算就是相当于把 输出前面出现的那个符号在那里又多算了一次
多了哪一部分 这个重复符号上次出现的位置的dp值

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31

#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std;   const ll maxn = 1000; const ll mod = 1e9 + 7;   ll dp[maxn + 5][maxn + 5];   ll n, k, pre[maxn + 5];///pre记录上次同一个字符的出现位置 char s[maxn + 5];   int main() {     scanf("%d %d", &n, &k);     scanf("%s", s + 1);     dp[0][0] = 1;///n中选0个为1种情况     for (int i = 1; i <= n; ++i) {         dp[i][0] = 1;         for (int j = 1; j <= i; ++j) {             dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - 1];             if (pre[s[i] - 'a'])dp[i][j] -= dp[pre[s[i] - 'a'] - 1][j - 1];             dp[i][j] %= mod;         }         pre[s[i] - 'a'] = i;     }     ll res = dp[n][k];     if (res < 0)res += mod;     printf("%lld\n", res);     return 0; }

D
这题由于蒟蒻（我）追求梦想用n2枚举过了 但赛后还是写了一下正解方程（n枚举应该可以过）
写这题你需要一个 扩展欧几里得模板（能判断是否有整数解） 然后枚举一个数就把题目变成了一个模板题了 前面是n2枚举 后面大概是正解

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67

#include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ll a,b,c,k,minl; int main() {     cin>>a>>b>>c>>k;     minl=min(a,min(b,c));     ll s=k/minl;     for(int i=1;i<=s;++i)     {         for(int j=1;j<=s;++j)         {             ll z1=k-a*i-b*j;             ll z2=k-b*i-c*j;             ll z3=k-a*i-c*j;             if(z1%c==0){cout<<i<<" "<<j<<" "<<z1/c;return 0;}             if(z2%a==0){cout<<z2/a<<" "<<i<<" "<<j;return 0;}             if(z3%b==0){cout<<i<<" "<<z3/b<<" "<<j;return 0;}         }     }     return 0; }   #include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ll a,b,c,k; void exgcd(ll a,ll b,ll&x,ll&y) {     if(b==0)     {         x=1;         y=0;         return;     }     exgcd(b,a%b,x,y);     ll t=x;     x=y;     y=t-(a/b)*y; }   ll gcd(ll a,ll b){     return b==0?a:gcd(b,a%b); }   int main() {     scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&k);     for(ll i=0;i<=k/c;i++){         ll d=k-i*c;         ll x,y;         exgcd(a,b,x,y);         ll e=gcd(a,b);         if(d%e!=0) continue;///有无解         ll n=d/e;         ll m=b/e;         x*=n;y*=n;         x=(x%m+m)%m;         y=(d-x*a)/b;///有无整数解         if(x>=0&&y>=0){             printf("%lld %lld %lld",x,y,i);             return 0;         }     }     return 0;  }

F
这题作为正在学习计算几何的蒟蒻（我） 那肯定是要学习的
做这题的关键是要注意画图才能理解 代码里大部分有注释

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105

#include<bits/stdc++.h> #define lowbit(x) x&(-x) #define ll long long using namespace std; typedef pair<int,int> pii;   const int maxn=1e5+7; const int pi=acos(-1.0); const double eps=1e-9;   int read()///快读 {     int x=0,f=1;char s=getchar();     for( ;!isdigit(s);s=='-' && (f=-1),s=getchar());     for( ;isdigit(s);x=x*10+s-48,s=getchar());     return x*f; }   struct point {     int x,y,tag;     point( ) { x=y=tag=0; }     point( ll _x,ll _y )     {         x=_x,y=_y;     }     bool operator==( const point& rhs ) const {         return x==rhs.x && y==rhs.y;     }     point operator -(const point &rhs ) const {         return point(x-rhs.x,y-rhs.y);     }     point operator+( const point &rhs ) const {         return point(x+rhs.x,y+rhs.y);     }     ll operator * ( const point &rhs ) const { /// 叉积         return 1ll*x*rhs.y-1ll*y*rhs.x;     }     ll dot( const point &rhs ) const { /// 点积         return 1ll*x+rhs.x+1ll*y*rhs.y;     }     void get() { x=read(),y=read(); } }O,p[maxn],w1[maxn],w2[maxn],A,B; int n,m1,m2;   inline bool cmpA( point a,point b ) { return (a-A)*(b-A)>0; } inline bool cmpB( point a,point b ) { return (a-B)*(b-B)>0; }   int c[maxn]; ll ans=0; void add( int x ) { while( x<n ) c[x]++,x+=lowbit(x); } int query( int x ,int tt=0 ) { while( x ) tt+=c[x],x-=lowbit(x);return tt;}   void solve( point *t,int m ) {     sort(t+1,t+1+m,cmpA);///以A点极角排序     ans+=(1ll*m*(m-1))>>1;///先假设所有点对都能与线段相交     for( int i=1;i<=m;i++ ) t[i].tag=i;     sort(t+1,t+m+1,cmpB);///以B点极角排序     memset(c,0,sizeof(c));     for( int i=1;i<=m;i++ )///减去不能与线段相交的点对     {         ///这里假设线段点为P、Q  选出来的点对为 A、B  在画图过程中发现         ///选出来的能交的点对        B点要以P排序在A前面而且以Q排序也要在A前面         ///不是就减去   以树状数组解决这个区间问题         ans-=query(t[i].tag);         add(t[i].tag);     } }   int main() {     n=read(),A.get(),B.get();     for( int i=1;i<=n;i++ ) p[i].get();     for( int i=1;i<=n;i++ )     {         if( (A-p[i])*(B-p[i])>0ll ) w1[++m1]=p[i];///利用叉积把点分为线段上下两部分         else w2[++m2]=p[i];     }     solve(w1,m1);///第一种情况  两个点在同一侧     solve(w2,m2);       ans+=1ll*m1*m2;///第二种情况 两个点在不同侧  还是一样先假设所有点对都能与线段相交       sort(w1+1,w1+m1+1,cmpA);///一样 以A点极角排序     sort(w2+1,w2+m2+1,cmpA);     for( int i=1,bas=1;i<=m1;i++ )///减去不能与线段相交的点对     {         ///i 上侧   bas 下侧         ///画图分析         while( bas<=m2 && (w1[i]-A)*(w2[bas]-A)>0 ) ++bas;///叉积判断         ans-=bas-1;     }       sort(w1+1,w1+m1+1,cmpB);///以B点极角排序     sort(w2+1,w2+m2+1,cmpB);     for( int i=1,bas=1;i<=m2;i++ )     {         ///一样         while( bas<=m1 && (w2[i]-B)*(w1[bas]-B)>0 ) ++bas;         ans-=bas-1;     }     printf("%lld\n",ans);     return 0; }

e题的题解可能在我大佬队友写完后贴出来（这个方向我是真不会）.....
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