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01.K小姐挑战数组相似

问题描述

K小姐正在设计一个全新的拼图游戏，她定义了一种"相似"的概念。她说两个数组是相似的，当且仅当两个数组的所有元素之和相等。

现在K小姐有两个长度分别为 $n$ 和 $m$ 的数组 $A$ 和 $B$。她想知道，最多有多少个数组 $A$ 中的元素 $A_i$，如果将其翻倍，就能使得数组 $A$ 和数组 $B$ 相似。

输入格式

第一行包含两个正整数 $n,m$，分别表示数组 $A$ 和 $B$ 的长度。

第二行共 $n$ 个用空格分开的整数 $A_1,A_2,...,A_n$，表示数组 $A$。

第三行共 $m$ 个用空格分开的整数 $B_1,B_2,...,B_m$，表示数组 $B$。

输出格式

输出一个整数，表示最多有多少个数组 $A$ 中的元素 $A_i$，如果将其翻倍，就能使得数组 $A$ 和数组 $B$ 相似。

样例输入

3 4
1 2 3
4 3 2 1

样例输出

2

数据范围

• $1\le n,m\le 10^5$
• $-10^9\le A_i,B_j\le 10^9$

题解

我们可以先计算出数组 $A$ 和 $B$ 的元素之和，分别记为 $sumA$ 和 $sumB$。如果存在某个 $A_i$ 满足 $sumA+A_i=sumB$，那么将 $A_i$ 翻倍后，数组 $A$ 和 $B$ 就相似了。

因此，我们只需要遍历数组 $A$，对于每个 $A_i$，判断是否有 $A_i=sumB-sumA$ 成立。如果成立，就将答案加一。最后输出答案即可。

时间复杂度为 $O(n)$，空间复杂度为 $O(1)$。

参考代码

• Python

def solution():n, m = map(int, input().split())A = list(map(int, input().split()))B = list(map(int, input().split()))sumA = sum(A)sumB = sum(B)ans = 0for a in A:if a == sumB - sumA:ans += 1print(ans)if __name__ == "__main__":solution()

• Java

import java.util.Scanner;public class Solution {public static void main(String[] args) {Scanner scanner = new Scanner(System.in);int n = scanner.nextInt();int m = scanner.nextInt();long[] A = new long[n];long[] B = new long[m];long sumA = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {A[i] = scanner.nextLong();sumA += A[i];}long sumB = 0;for (int i = 0; i < m; i++) {B[i] = scanner.nextLong();sumB += B[i];}int ans = 0;for (long a : A) {if (a == sumB - sumA) {ans++;}}System.out.println(ans);}
}

• Cpp

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;int main() {int n, m;cin >> n >> m;vector<long long> A(n), B(m);long long sumA = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> A[i];sumA += A[i];}long long sumB = 0;for (int i = 0; i < m; i++) {cin >> B[i];sumB += B[i];}int ans = 0;for (long long a : A) {if (a == sumB - sumA) {ans++;}}cout << ans << endl;return 0;
}

02.切绳子

问题描述

K 小姐有 $n$ 根绳子，从 $1$ 到 $n$ 编号，第 $i$ 根绳子的长度为 $a_i$。她希望通过切割操作，使所有绳子长度相等。每次切割操作可以选择一根长度为 $s$ 的绳子，将其切成长度分别为 $x$ 和 $y$ 的两段，其中 $x$ 和 $y$ 均为正整数且满足 $x+y=s$。K 小姐最多进行 $k$ 次切割操作。请你帮她判断是否可以通过不超过 $k$ 次切割操作，使所有绳子长度相等。

输入格式

输入包含多组测试数据。第一行包含一个正整数 $T$（$1\le T\le 10^4$），表示测试数据的组数。

对于每组测试数据：

• 第一行包含两个正整数 $n$（$1\le n<10^5$）和 $k$（$0\le k\le 10^{14}$），分别表示绳子的数量和最多允许的切割操作次数。
• 第二行包含 $n$ 个正整数 $a_1,a_2,\dots ,a_n$（$1\le a_i\le 10^9$），表示每根绳子的初始长度。

保证所有测试数据中 $n$ 的总和不超过 $10^5$。

输出格式

对于每组测试数据，如果可以通过不超过 $k$ 次切割操作使所有绳子长度相等，则输出 YES，否则输出 NO。

样例输入

2
3 4
1 3 2
4 1
2 2 2 3

样例输出

YES
NO

数据范围

• $1\le T\le 10^4$
• $1\le n<10^5$
• $0\le k\le 10^{14}$
• $1\le a_i\le 10^9$
• 所有测试数据中 $n$ 的总和不超过 $10^5$

题解

本题可以使用最大公约数（GCD）来求解。我们可以发现，如果所有绳子最终长度相等，那么它们的长度一定是所有初始绳子长度的最大公约数的倍数。因此，我们可以先求出所有绳子长度的最大公约数，然后计算每根绳子需要切割的次数，看是否不超过 $k$ 即可。

具体步骤如下：

1. 求出所有绳子长度的最大公约数 $g$。
2. 对于每根绳子，计算它需要切割的次数，即 $a_i/g-1$。
3. 将所有绳子需要切割的次数相加，如果不超过 $k$，则输出 YES，否则输出 NO。

时间复杂度为 $O(n\log a_{\max })$，其中 $a_{\max }$ 为绳子长度的最大值。空间复杂度为 $O(1)$。

参考代码

• Python

def gcd(x, y):return x if y == 0 else gcd(y, x % y)T = int(input())
for _ in range(T):n, k = map(int, input().split())a = list(map(int, input().split()))g = a[0]for i in range(1, n):g = gcd(g, a[i])cnt = sum(x // g - 1 for x in a)print("YES" if cnt <= k else "NO")

• Java

import java.io.*;
import java.util.*;public class Main {static int gcd(int x, int y) {return y == 0 ? x : gcd(y, x % y);}public static void main(String[] args) {Scanner sc = new Scanner(System.in);int T = sc.nextInt();while (T-- > 0) {int n = sc.nextInt();long k = sc.nextLong();int[] a = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++) {a[i] = sc.nextInt();}int g = a[0];for (int i = 1; i < n; i++) {g = gcd(g, a[i]);}long cnt = 0;for (int x : a) {cnt += x / g - 1;}System.out.println(cnt <= k ? "YES" : "NO");}}
}

• Cpp

#include <iostream>
using namespace std;int gcd(int x, int y) {return y == 0 ? x : gcd(y, x % y);
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int T;cin >> T;while (T--) {int n;long long k;cin >> n >> k;int g = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {int x;cin >> x;g = i == 0 ? x : gcd(g, x);}long long cnt = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {int x;cin >> x;cnt += x / g - 1;}cout << (cnt <= k ? "YES" : "NO") << '\n';}return 0;
}

03.卢小姐的魔法强化

问题描述

卢小姐是一位魔法少女，她拥有一把初始攻击力为 $0$ 的魔法棒。现在，她面前有 $n$ 块魔法石，每块魔法石都可以用于强化她的魔法棒。第 $i$ 块魔法石有一个强化上限 $a_i$。

当卢小姐使用第 $i$ 块魔法石强化她的魔法棒时，她需要选择一个不超过强化上限 $a_i$ 的非负整数 $x$ 作为强化系数。假设卢小姐当前的魔法棒攻击力为 $k$，那么强化后的攻击力将变为 $k\mid x$（其中 $\mid$ 表示按位或操作）。每块魔法石只能使用一次，用后即失效。

卢小姐想知道，利用这 $n$ 块魔法石，她的魔法棒最多能达到多大的攻击力。

输入格式

输入包含多组测试数据。

第一行输入一个正整数 $T$（$1\le T\le 10^4$），表示测试数据的组数。

接下来，对于每组测试数据：

• 第一行输入一个正整数 $n$（$1\le n\le 2\times 10^5$），表示魔法石的数量。
• 第二行输入 $n$ 个整数 $a_1,a_2,\dots ,a_n$（$0\le a_i\le 10^9$），表示每块魔法石的强化上限。

保证所有测试数据中 $n$ 的总和不超过 $2\times 10^5$。

输出格式

输出包含 $T$ 行，每行一个整数，表示对应测试数据中卢小姐的魔法棒能达到的最大攻击力。

样例输入

2
5
2 3 3 3 6
3
1 0 0

样例输出

7
1

数据范围

• $1\le T\le 10^4$
• $1\le n\le 2\times 10^5$
• $0\le a_i\le 10^9$
• 所有测试数据中 $n$ 的总和不超过 $2\times 10^5$

题解

我们可以用贪心的思想来解决这个问题。对于每一个二进制位，我们优先使用能够强化该位的魔法石。如果该位已经被强化，我们就不需要再使用其他能够强化该位的魔法石了。

具体步骤如下：

1. 统计每个二进制位上有多少块魔法石能够强化该位。
2. 从高位到低位遍历每个二进制位：
   • 如果当前位上有能够强化该位的魔法石，我们就使用其中一块，将答案的该位置为 $1$。
   • 如果当前位上还有剩余的能够强化该位的魔法石，我们可以使用它们来强化答案的低位。具体地，我们可以将答案的低位全部置为 $1$，然后退出遍历。

时间复杂度为 $O(n\log a_{\max })$，其中 $a_{\max }$ 为魔法石强化上限的最大值。空间复杂度为 $O(1)$。

参考代码

• Python

def solve():n = int(input())gem = list(map(int, input().split()))cnt = [0] * 31for x in gem:for bit in range(31):if (x >> bit) & 1:cnt[bit] += 1atk = 0        for pos in range(30, -1, -1):if cnt[pos] > 0:atk |= 1 << poscnt[pos] -= 1if cnt[pos] > 0:atk |= (1 << pos) - 1breakprint(atk)T = int(input())    
for case in range(T):solve()

• Java

import java.io.*;
import java.util.*;public class MagicGirl {static void solve(Scanner sc) {int n = sc.nextInt();int[] cnt = new int[31];for (int i = 0; i < n; i++) {int x = sc.nextInt();for (int bit = 0; bit < 31; bit++) {if (((x >> bit) & 1) == 1) {cnt[bit]++;}}}int atk = 0;for (int pos = 30; pos >= 0; pos--) {if (cnt[pos] > 0) {atk |= 1 << pos;cnt[pos]--;if (cnt[pos] > 0) {atk |= (1 << pos) - 1;break;}}}System.out.println(atk);}public static void main(String[] args) {Scanner sc = new Scanner(System.in);int T = sc.nextInt();for (int case = 0; case < T; case++) {solve(sc);}}
}

• Cpp

#include <iostream>
using namespace std;void solve() {int n;cin >> n;int cnt[31] = {0};for (int i = 0; i < n; i++) {int x; cin >> x;for (int bit = 0; bit < 31; bit++) {if ((x >> bit) & 1) {cnt[bit]++; }}}int atk = 0;for (int pos = 30; pos >= 0; pos--) {if (cnt[pos] > 0) {atk |= 1 << pos;cnt[pos]--;if (cnt[pos] > 0) {atk |= (1 << pos) - 1;break;}}}cout << atk << endl;
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int T; cin >> T;for (int case = 0; case < T; case++) {solve();}return 0;
}

写在最后

📧 KK这边最近正在收集近一年互联网各厂的笔试题汇总，如果有需要的小伙伴可以关注后私信一下 KK领取，会在飞书进行同步的跟新。