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题目难度顺序大致为：\(A、M、F、L、C、\)
\(easy\)：\(A、M、F、L、C\)
太难了这场。。。E题卡了3个多小时。。。
A.智乃的博弈游戏
题意
有\(n\) 个石头，两人轮流取石头。每次能取小于石头个数且与石头个数互质的数量，当某人取时只有一颗石头则获胜。问先手是否可以必胜。
思路
博弈论，思维
首先，相邻的奇数是互质的，即当 \(n\) 是奇数时，\(n - 2\) 一定和其互质。所以，奇数的局面一定可以留下2个石头给下一个人，而2个石头是必输的局面。
接着考虑当 \(n\) 是偶数时，偶数只能和奇数互质，而偶数-奇数=奇数，留奇数个石头给下一个人，那么下一个人是必胜的，理由如上。
综上所述，先手是奇数个石头必胜，偶数个石头必败。
注意开long long！
时间复杂度： \(O(1)\)
代码
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#include <iostream>#define ll long longusing namespace std;ll x;void solve()
{cin >> x;if (x % 2) cout << "Yes";else cout << "No";
}int main()
{int t = 1;while (t --) solve();return 0;
}
M.智乃的牛题
题意
给一个字符串，询问该字符串的字母能否组成单词 \(nowcoder\)。
思路
模拟
记录每个字母次数，然后查看是否可以拼成 \(nowcoder\) 即可。
时间复杂度：\(O(n)\)
代码
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#include <iostream>
#include <map>using namespace std;string s;
map<char, int> mp;
string tmp = "nowcoder";void solve()
{cin >> s;for (auto i : s) mp[i] ++;for (auto i : tmp)if (i == 'o' && mp[i] == 2) continue;else if (mp[i] == 1) continue;else return void(cout << "I AK IOI");cout << "happy new year";
}int main()
{int t = 1;while (t --) solve();return 0;
}
F.智乃的捉迷藏
题意
三个人分别可以看见躲藏在面前三个位置上的人，一共有n个人躲藏，询问三人是否可以分别看见\(a、b、c\)个人。
即：\(a = s_1 + s_2 + s_3, b = s_3 + s_4 + s_5, c = s_5 + s_6 + s_1\)
思路
数学
解上面的等式：
时间复杂度：\(O(1)\)
代码
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#include <iostream>using namespace std;int n;
int a, b, c;void solve()
{cin >> n >> a >> b >> c;if (a + b + c <= 2 * n && a + b + c >= n) cout << "Yes" << '\n';else cout << "No" << '\n';
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t --) solve();return 0;
}
L.智乃的三角遍历
题意
给一个 \(n\) 层的三角形，询问是否可以一笔不重不漏的经过三角形上的所有边，如果可以就给出一组序列表示经过的顶点顺序。
思路
模拟
顺序不止一种，自己纸上找到一种规律然后想办法模拟下来就好了。
我的顺序是每层画完后接着画下一层
时间复杂度：\(O(n^2)\)
代码
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#include <iostream>
#include <vector>using namespace std;const int M = 1000 + 10;int n, m;
vector<int> g[M];
vector<int> ans;void solve()
{cin >> n;int num = 1;for (int i = 0; i <= n; i ++) {int j = i + 1;while (j --) g[i].emplace_back(num ++);}cout << "Yes" << '\n';for (int i = 0; i <= n; i ++) {for (int j = 0; j < g[i].size(); j ++) cout << g[i][j] << ' ';if (i + 1 > n) continue;for (int j = g[i + 1].size() - 2; j >= 1; j --) cout << g[i + 1][j] << ' ' << g[i][j - 1] << ' ';}for (int i = n - 1; i >= 0; i --)cout << g[i].back() << ' ';
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;while (t --) solve();return 0;
}
C.智乃的Notepad(Easy version)
题意
给 \(n\) 个单词，询问最少敲击键盘次数，在使用键盘输入过程中出现所有单词，删除键敲击也算一次。
思路
思维、贪心、字典树、\(dfs\)
存储多个单词，可以想到使用字典树来将所有单词存下。
那么问题就会转换为，遍历这颗字典树上所有节点的最小步数。
可以想到，如果是从根节点出发后再回到根节点，那么所有节点都会遍历两次。而我们并不需要回到根节点，要么从贪心角度出发，我们只需要停留在最深那个节点上即可，这样我们就不要将这最深的路径上的节点又遍历一次，答案为：所有节点个数乘二减去最深的层数。
时间复杂度：\(O(\sum|s_i| \times 26)\)
代码
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#include <iostream>#define ll long long
#define si(x) int(x.size())using namespace std;const int N = 1e6 + 10;
const int M = 30;int n, m;
int son[N][M], idx;
ll maxv;void insert(string s)
{int p = 0;for (int i = 0; i < si(s); i ++) {int u = s[i] - 'a';if (!son[p][u]) son[p][u] = ++ idx;p = son[p][u];}
}ll dfs(int u, ll stp)
{ll res = 1;maxv = max(maxv, stp);if (u == 0) res = 0;for (char i = 'a'; i <= 'z'; i ++) {int v = i - 'a';if (!son[u][v]) continue;ll sum = dfs(son[u][v], stp + 1);res += sum;}return res;
}void solve()
{cin >> n >> m;for (int i = 0; i < n; i ++) {string s;cin >> s;insert(s);}int l, r;cin >> l >> r;int ans = dfs(0, 0);cout << ans * 2ll - maxv;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;while (t --) solve();return 0;
}
E.智乃的小球
题意
给 \(n\) 个小球，以及每个小球的位置 \(p_i\) 和方向 \(v_i\) ，求第 \(k\) 对完全弹性碰撞在什么时刻发生。
思路
二分、双指针
首先，假设在时刻 \(x\) 时发生了 \(k\) 对完全弹性碰撞，那么在大于 \(x\) 的时刻肯定发生了不小于 \(k\) 对的完全弹性碰撞，在小于 \(x\) 的时刻肯定没有达到 \(k\) 对完全弹性碰撞，所以时刻是具备二分性的，考虑用二分来解决。
接着，就是判断二分的时刻下发生了多少对完全弹性碰撞。
在此之前，还要知道一个点，就是两个小球完全弹性碰撞，可以看成两个小球交错而过。
假设现在向右的小球的位置为：2 4 6 8，向左的小球的位置为：3 5 7，模拟小球运动：当 2 与 3 5两个小球交错而过（即发生了两次完全弹性碰撞，后面的也如此）那么肯定的，4 在此之前一定已经和 5 相遇了一次，现在我们二分了一个时刻，可以预知向右的小球在 \(x\) 时刻后会在 \(p_i + x\) 的位置上，那么在 \([p_i, p_i + x]\) 区间内的向左的小球都会相遇一次，由此我们可以统计出所有向右的小球的碰撞总次数，再和 \(k\) 进行比较。
再计算 \([p_i, p_i + x]\) 区间内的相遇次数时，不能暴力枚举所有向右的小球，可以使用双指针去检测区间内的向左的小球的左右下标。
代码
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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <iomanip>using namespace std;typedef long long ll;int n, k;
vector<int> u, v;bool check(ll x)
{ll res = 0;int l = 0, r = 0;for (auto i : u) {while (l < v.size() && v[l] < i) l ++;while (r < v.size() && v[r] <= i + x) r ++;res += r - l;}return res >= k;
}int main()
{cin >> n >> k;for (int i = 0; i < n; i ++) {int p, y;cin >> p >> y;if (y == 1) u.emplace_back(p);else v.emplace_back(p);}sort(u.begin(), u.end());sort(v.begin(), v.end());ll l = 1, r = 1e9;while (l < r) {ll mid = (l + r) >> 1;if (check(mid)) r = mid;else l = mid + 1;}if (!check(l)) cout << "No";else cout << "Yes" << '\n' << fixed << setprecision(6) << 1.0 * l / 2;return 0;
}
J.智乃画二叉树
题意
根据题目数据画二叉树。
思路
超级大模拟，不会。。。
代码
略
K.智乃的逆序数
题意
构造一个序列包含若干个值域互不相交子序列，且逆序对恰好为 \(K\) 对。
思路
求逆序数的方法有：冒泡排序、归并排序、树状数组、线段树等。
先简单化考虑，因为给出的是几段大小连续且重排的序列，那么先得出逆序数最少和逆序数最多的情况。
逆序数最少的情况就是每段从小到大进行段间排序，逆序数为每段内的逆序数之和。
最大的情况就是每段从大到小进行段间排序，逆序数要根据冒泡排序算出。
我们可以从最少的逆序数的情况开始构造，如果逆序数量不够，就在段间把各自两个元素进行位置交换，知道逆序数达到 \(k\) 对。
代码
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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>using namespace std;typedef pair<int, int> PII;int n, k;
vector<PII> a;int main()
{cin >> n >> k;vector<vector<int>> b(n);for (int i = 0; i < n; i ++) {int l;cin >> l;for (int j = 0; j < l; j ++) {int x;cin >> x;b[i].emplace_back(x);}}sort(b.begin(), b.end(), [](vector<int> a, vector<int> b){return a[0] < b[0];});for (int i = 0; i < n; i ++) for (int j : b[i])a.emplace_back(i, j);int sum = 0;for (int i = 0; i < a.size(); i ++) for (int j = i + 1; j < a.size(); j ++)if (a[i] > a[j]) sum ++;if (k < sum) return cout << "No", 0;k -= sum;auto print = [&]() -> void {cout << "Yes" << '\n';for (auto it : a)cout << it.second << ' ';};if (k == 0) print();else {for (int i = 0; i < a.size() - 1; i ++)for (int j = 0; j < a.size() - 1 - i; j ++)if (a[j].first == a[j + 1].first) continue;else if (k && a[j].second < a[j + 1].second) {swap(a[j], a[j + 1]);k --;}if (k) cout << "No";else print();}return 0;
}
