牛客周赛 Round 31（A~F）

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• A
• B
• C
• D
• E
• F

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A

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;
const int N=2e5+10;

void solve()
{
	string s;cin>>s;
	if(s=="kou")	s="yukari";
	cout<<s<<endl;
	return;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//  	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}

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B

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;
const int N=2e5+10;

void solve()
{
	int n;cin>>n;

	auto check=[&](int tar)
	{
		if(tar==1)	return false;
		rep(i,2,tar/i)	if(tar%i==0)	return false;
		return true;
	};
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n/i;++i)
	{
		if(n%i==0)
		{
			if(check(i))	ans++;
			if(i==n/i)	continue;
			if(check(n/i))	ans++;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//  	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}

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C

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c题比较有用的应该还是得有贡献法这种思想。

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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;
const int N=2e5+10;

void solve()
{
	int n;cin>>n;
	char c;cin>>c;
	string s;cin>>s;
	int ans=0;
	rep(i,0,s.size()-1)
	{
		if(s[i]==c)	ans+=min(i+1,n-i);
	}
	cout<<ans<<endl;
	return;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//  	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}

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D

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链表的模板。

需要注意的是这题的数据范围\(x、y给到了1e9\)不能用数组去模拟，直接用map去模拟

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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;
const int N=2e5+10;

map<int,int> l,r;

void solve()
{
	int q;cin>>q;
	r[0]=1e9+1;l[1e9+1]=0;
	auto add=[&](int now,int tar)
	{
		l[now]=tar;r[now]=r[tar];
		l[r[tar]]=now; r[tar]=now;
	};
	auto remov=[&](int tar)
	{
		r[l[tar]]=r[tar];
		l[r[tar]]=l[tar];
	};
	while(q--)
	{
		int op;cin>>op;
		if(op==1)
		{
			int x,y;cin>>x>>y;
			add(x,y);
		}
		else
		{
			int x;cin>>x;
			remov(x);
		}
	}
	int cnt=0;
	for(int i=r[0];i!=1e9+1;i=r[i])	cnt++;
	cout<<cnt<<endl;
	for(int i=r[0];i!=1e9+1;i=r[i])	cout<<i<<' ';
	return;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//  	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}

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E

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这道题目也是一道比较经典的dp。

没看出来.

\(dp[i][j]:表示对前i个数进行操作，总和为j的最小操作次数\)

\(转移：dp[i][j]=min(dp[i][j+a[i]],dp[i][j-a[i]]+1)\)

\(初始化:dp[0][40000]=0,其余均是无穷大\)

注意这道题目有负数，可以将dp数组开成mp，但是最好不要这么去做，因为mp有个\(log\)

一般的做法是加上一个偏移量使每个数都变成正数。

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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;
const int N=80010;

int dp[210][N];

void solve()
{
	int n;cin>>n;
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	dp[0][40000]=0;
	rep(i,1,n)
	{
		int xx;cin>>xx;
		rep(j,0,80000)
		{
			if(j+xx>=0&&j+xx<=80000)	dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j+xx]);
			if(j-xx>=0&&j-xx<=80000)	dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-xx]+1);
		}
	}
	if(dp[n][40000]>=n)	cout<<-1;
	else cout<<dp[n][40000]<<endl;
	return;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//    	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}

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F

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今天下午在补寒假营的题，里面有道用道第二类斯特林数的知识点还没补完，刚好这道题也是组合数学的就补一下，尽快把组合数学的知识点给补一下吧。

思路：

对于连续段的个数的枚举是少不了的因为这是答案

然后考虑对于i个连续段的情况。

我们的目标串可能是什么样的。

\(aaabbbb...aa..bba...\)

\(bbbaaab....aa..bb...\)

要么是a开头要么是b开头。然后连续若干个b连续若干个a

如果是a开头，分成i段那么a的段可能会比b多一点，因为a先出现，奇数的话就是a多，否则两者段一样多，那么a的段数用\(ca表示ca=i/2+i%2，cb=i-ca\)

考虑如何将x个a分成ca份，并且每份都不空：显然可以用隔板法

关于隔板法：隔板法

y分成cb份并且每份都不空。两者应用乘法原理相乘

b开头情况是一样的。

a、b开头是两种不同的情况，用加法原理就是段数为i的情况。

代码参考兰子哥的。

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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;
const int N=2010;

int jc[N],mod=1e9+7;

void solve()
{
	auto qmi=[&](int a,int b,int p)
	{
		int res=1;
		while(b)
		{
			if(b&1)	res=res*a%p;
			b>>=1;
			a=(a*a)%p;
		}
		return res;
	};
	jc[0]=1;
	rep(i,1,2000)	jc[i]=jc[i-1]*i%mod;	

	auto C=[&](int n,int m)
	{
		if(m<0||n-m<0||n<0)	return 1ll*0;
		return 	jc[n]*qmi(jc[m],mod-2,mod)%mod*qmi(jc[n-m],mod-2,mod)%mod;
	};
	int x,y;cin>>x>>y;

	rep(i,1,x+y)
	{
		int ca=i/2;
		int cb=i-ca;
		ll ans=0;
		ans=(ans+(C(x-1,ca-1)*C(y-1,cb-1))%mod)%mod;
		swap(ca,cb);
		ans=(ans+(C(x-1,ca-1)*C(y-1,cb-1))%mod)%mod;
		cout<<ans<<endl;
	}

	return;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//   	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}