牛客周赛 Round 60

A-困难数学题

思路

\(x\) \(xor\) \(x\) \(xor\) \(x\) \(xor\) \(x\)，异或有结合律，\(x\) \(xor\) \(x\) \(= 0\)，\(0\) \(xor\) \(0\) \(= 0\)，所以本题直接输出0。

代码

#include <iostream>using namespace std;int main()
{int x;cin >> x;cout << 0;return 0;
}

B-构造序列

思路

正数负数各取一个构造序列，直至某一个值消耗。可以知道，如果正数负数个数之差不超过1，直接输出 \(n + m\) 即可，超过1，则取较少的那个值乘2+1。

代码

#include <iostream>using namespace std;int main()
{int n, m;cin >> n >> m;if (abs(n - m) > 1) cout << min(n, m) * 2 + 1;else cout << n + m;return 0;
}

C-连点成线

思路

题意是求在一行或一列中最大差是多少。可以分别存 \(x，y\) 坐标，再分别跑 \(n\) 行和列，暴力求该行或列的最大差，取一个max值。时间复杂度为\(O(nmlogm)\)，但有些行或列是可以不用求的，比如该行或列没有点或只有一个点。

代码

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>using namespace std;const int N = 1e5 + 10;int n, m;
vector<int> gx[N], gy[N];int main()
{cin >> n >> m;for (int i = 0; i < m; i ++){int x, y;cin >> x >> y;gx[x].push_back(y);gy[y].push_back(x);}    int res = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++){if (gx[i].size() > 1) {sort(gx[i].begin(), gx[i].end());res = max(res, gx[i].back() - gx[i].front());}if (gy[i].size() > 1) {sort(gy[i].begin(), gy[i].end());res = max(res, gy[i].back() - gy[i].front());}}cout << res;return 0;
}

D-我们N个真是太厉害了

思路

题目大意：给出的n个数是否可以组合1~n以内所有的数。
我的写法假了，但这题没卡，就是考虑dp，大小为i的数是否可以被构成，典型的01背包，但时间复杂度超了，我用了bitset进行优化。

代码

#include <iostream>
#include <bitset>using namespace std;const int N = 1e5 + 10;int n;void solve()
{cin >> n;bitset<N> st;st[0] = 1;for (int i = 0; i < n; i ++){int x;cin >> x;st |= (st << x);}int res= 0;for (int i = 1; i <= n; i ++){if (!st[i]) {res = i;break;}}if (!res) cout << "Cool!" << '\n';else cout << res << '\n';
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);int t;cin >> t;while (t --) solve();return 0;
}

真思路

将n个数排序后，前i项和\(s_i\)与第i+1项数\(a_{i+1}\)差值不超过1，那么1~\(s_i + a_{i+1}\)是可以被组成的。很容易思考，首先\(s_1\)必等于1，因为必须保证第一位要可组成，而组成1的数只有1，则在第二位，在满足第一位与第二位差值不超1的条件下2或3一定被组成，以此类推，第i个数时数值i一定可以组成，且前i项和也可被组成。

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int N = 1e5 + 10;int n;
ll a[N];void solve()
{cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];sort(a + 1, a + 1 + n);ll sum = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++)if (sum >= n) break;else if (sum + 1 < a[i]) {cout << sum + 1 << '\n';return ;}else sum += a[i];if (sum < n) {cout << sum + 1 << '\n';return ;}cout << "Cool!" << '\n';
}int main()
{int t;cin >> t;while (t --) solve();return 0;
}

E-折返跑

思路

组合数
n个点，两个杆一开始在1和n上，要绕杆跑m趟，每次可操作一次将左杆右移或右杆左移，在m趟后保证左右杆的方位不变。在去除1和n两个点后剩下n-2个点可以操作，但要求必须操作m-1次（最后一趟到达终点不必在操作），相当于将n-2个球取m-1次，求有多少种取法。那就是C（n-2, m-1）。
因为常规组合数写法是\(O(n^2)\)的，这里必须进行预处理优化，再用公式一步算出。
牛客题解给的组合数封装板子

代码

#include <iostream>using namespace std;typedef long long ll;const int M = 1e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;int n, m;
ll fact[M + 10], infact[M + 10];ll qmi(int a, int b)
{ll res = 1;while(b){if(b & 1) res = res * a % mod;a = (ll)a * a % mod;b >>= 1;}return res;
}void init()
{fact[0] = infact[0] = 1;for(int i = 1; i <= M; i ++) fact[i] = fact[i - 1] * i % mod;infact[M] = qmi(fact[M], mod - 2);for(int i = M - 1; i >= 1; i --) infact[i] = infact[i + 1] * (i + 1) % mod;
}int C(int a, int b)
{if(b < 0 || a - b < 0) return 0;return fact[a] * infact[b] % mod * infact[a - b] % mod;
}void solve()
{cin >> n >> m;cout << C(n - 2, m - 1) << '\n';
}int main()
{init();int t;cin >> t;while (t --) solve();return 0;
}

F-口吃

牛客官方题解

代码

#include <iostream>using namespace std;typedef long long ll;const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e5 + 10;int n;
ll a[N], b[N], s[N];
ll f[N];ll qmi(ll a, ll b)
{ll res = 1;while (b){if (b & 1) res = res * a % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return res;
}ll inv(ll x) 
{return qmi(x, mod - 2);
}int main()
{cin >> n;for (int i = 1; i < n; i ++) cin >> a[i];for (int i = 1; i < n; i ++) cin >> b[i];for (int i = 1; i < n; i ++) s[i] = (a[i] + b[i]) % mod;f[1] = s[1] * inv(a[1]) % mod;ll res = f[1];for (int i = 2; i < n; i ++){f[i] = (b[i] * b[i] % mod * f[i - 1] % mod + s[i] * s[i] % mod) % mod * inv(a[i] * a[i] % mod) % mod;res = (res + f[i]) % mod;}cout << res + 1;return 0;
}