2021牛客寒假算法基础集训营1 题解

2021牛客寒假算法基础集训营1 题解

比赛地址：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/9981

官方题解：https://ac.nowcoder.com/discuss/593200

A-串

第一种：我们用(f[i])来表示长度为(i)有(us)的串的数量，对于当前位置：

  • 如果之间有完整的(us)了，那么随便填，有(26)种情况。

    (f[i] += f[i-1] * 26)

  • 如果之前没有完整的(us)，但是有一个(u)，那么就必须在这个位置上添加一个(s)。具体算法：(所有的情况-有us的情况-没有u的情况=有一个u的情况)

    也就是(26^{i-1} - f[i-1] - 25^{i-1})

整合就是: (f[i] = f[i-1] * 25 + 26^{i-1} - 25^{i-1})

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn = 1e6 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll f[maxn];
ll qsm(ll a, ll b){
	ll res = 1;
	while(b){
		if(b & 1) res = (res * a) % mod;
		a = (a * a) % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res % mod;
}
void solve(){
	int n; cin >> n;
	f[0] = 0; f[1] = 0;
	for(int i = 2; i <= n; i++){
		f[i] = ((qsm(26, i-1)-qsm(25, i-1) + mod) % mod + f[i-1] * 25 % mod) % mod;
	}
	ll ans = 0;
	for(int i = 0; i <= n; i++) ans = (ans + f[i]) % mod;
	cout << ans << endl;
}
int main(){
    IOS; int t = 1;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

第二种：动态规划

我们用(f[i][0/1/2])表示长度为(i)没有(u)的串/有(u)没(s)的串/有(us)的串。

状态转移方程：

(f[i][0] = f[i-1][0] * 25;)

(f[i][1] = f[i-1][0] + f[i-1][1] * 25;)

(f[i][2] = f[i-1][1] + f[i-1][2] * 26;)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn = 1e6 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll f[maxn];
ll qsm(ll a, ll b){
	ll res = 1;
	while(b){
		if(b & 1) res = (res * a) % mod;
		a = (a * a) % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res % mod;
}
/*
void solve(){
	int n; cin >> n;
	f[0] = 0; f[1] = 0;
	for(int i = 2; i <= n; i++){
		f[i] = ((qsm(26, i-1)-qsm(25, i-1) + mod) % mod + f[i-1] * 25 % mod) % mod;
	}
	ll ans = 0;
	for(int i = 0; i <= n; i++) ans = (ans + f[i]) % mod;
	cout << ans << endl;
}
*/
ll a[maxn][3];
void solve(){
	int n; cin >> n;
	a[0][0] = a[0][1] = a[0][2] = 0;
	a[1][0] = 25; a[1][1] = 1; a[1][2] = 0;
	for(int i = 2; i <= n; i++){
		a[i][0] = a[i-1][0] * 25 % mod;
		a[i][1] = (a[i-1][0] + a[i-1][1] * 25 % mod) % mod;
		a[i][2] = (a[i-1][1] + a[i-1][2] * 26 % mod) % mod;
	}
	ll ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + a[i][2]) % mod;
	cout << ans << endl;
}
int main(){
    IOS; int t = 1;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

B-括号

可以这样去构造：

找到个数最少的满足(x*y+z)的括号数，那么构造左括号为(x)个，右括号为(y)个，剩余(z)个括号插入合适的位置即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn = 2e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
void solve(){
	ll k; cin >> k;
	if(k == 0){
		cout << "(" << endl;
		return;
	}
	ll a = 1e9, b = 1e9, p = 1e9;
	for(ll i = 1; i * i <= k; i++){
		ll x = i, y = k / i, z = k - (i * (k / i));
		// cout <<  x << " " << y << " " << z << endl;
		if(x + y + z < a + b + p){
			a = x, b = y, p = z;
		}
	}
	string ans = "(";
	for(int i = 0; i < p; i++) ans += ")";
	for(int i = 0; i < a - 1; i++) ans += "(";
	for(int i = 0; i < b; i++) ans += ")";
	cout << ans << endl;
}
int main(){
    IOS; int t = 1;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

C-红和蓝

思维：特殊到一般，简单到复杂。

叶子节点只能和它的父节点一个颜色，那么我们可以从叶子节点开始考虑，(dfs)将叶子节点和它的父亲节点化为一个颜色，过程中如果有叶子节点的父节点已经上色了，或者有个节点没有被上色，那么不满足要求直接输出-1。

接着再跑一遍(dfs)染色。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn = 3e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
int n, cnt = 0;
vector<int> G[maxn];
int col[maxn], vis[maxn];
bool flag = false;
void dfs(int u, int fa){
	int count = 0;
	for(auto v : G[u]){
		if(v == fa) continue;
		count ++;
		dfs(v, u);
	}
	if(count == 0 || !vis[u]){
		if(vis[fa]) {flag = true; return;}
		vis[u] = vis[fa] = ++cnt;
	}
}
void dfs2(int u, int fa){
	for(auto v : G[u]){
		if(v == fa) continue;
		if(vis[v] == vis[u]) col[v] = col[u];
		else col[v] = col[u] ^ 1;
		dfs2(v, u);
	}
}
void solve(){
	cin >> n;
	int x, y;
	for(int i = 1; i < n; i++){
		cin >> x >> y;
		G[x].push_back(y);
		G[y].push_back(x);
	}

	memset(vis, 0, sizeof vis);
	dfs(1, 0);

	if(flag || vis[0] != 0) {
		cout << -1 << endl;
		return;
	}
	//for(int i = 1; i <= n; i++) cout << vis[i] << " ";
	//cout << endl;

	col[1] = 1;
	dfs2(1, 0);
	for(int i = 1; i <= n; i++) cout << (col[i] == 1 ? 'R' : 'B');
	cout << endl;
}
int main(){
    IOS; int t = 1;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

D-点一成零

考虑并查集。

首先先考虑没有改变的情况总方案数是怎么算出来的：(总方案数=连通块的个数*每个联通块中1的个数)

接着考虑将0变为1的操作会改变什么？

可能会引起某个连通块变大，或者是增加连通块，或者将多个连通块合并为一块。

代码实现上，如果这个位置本来就是1，那么无需计算直接输出；若为0，可以先计算连通块增加后的总方案数，接着遍历4个方向，有等于1并且不在一个连通块里的，就计算方案数并合并。

计算公式为：(原ans / （修改后的cnt * 两个连通块的个数） * 两个连通块个数总和)

注意

  • 并查集中二维结构要转换成一维的。
  • 最后计算中除一个很大的数可以转换成乘它的逆元。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn = 5e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
int n;
int f[maxn], sz[maxn];
int a[550][550];
string s[550];
int d[4][2] = {1, 0, -1, 0, 0, -1, 0, 1};
ll qsm(ll a, ll b){
	ll res = 1;
	while(b){
		if(b & 1) res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res % mod;
}
void init(){
	for(int i = 0; i <= n * n; i++) f[i] = i, sz[i] = 1;
}
int Find(int x){
	if(x == f[x]) return x;
	return f[x] = Find(f[x]);
}
void Union(int x, int y){
	x = Find(x), y = Find(y);
	if(x == y) return;
	f[x] = y;
	sz[y] += sz[x];
}
void solve(){
	cin >> n;
	init();
	for(int i = 0; i < n; i++){
		cin >> s[i];
		for(int j = 0; j < n; j++){
			char c = s[i][j];
			if(c == '0') continue;
			if(j > 0 && s[i][j-1] == '1') Union(i * n + j, i * n + j - 1); 
			if(i > 0 && s[i-1][j] == '1') Union(i * n + j, (i-1) * n + j); 
			if(i < n-1 && s[i+1][j] == '1') Union(i * n + j, (i+1) * n + j); 
			if(j < n-1 && s[i][j+1] == '1') Union(i * n + j, i * n + j + 1); 
		}
	}

	int cnt = 0;
	ll ans = 1;
	for(int i = 0; i < n; i++){
		for(int j = 0; j < n; j++){
			if(f[i * n + j] == i * n + j && s[i][j] == '1') cnt++, ans = ans * sz[i *n + j] % mod;
		}
	}
	for(int i = 1; i <= cnt; i++) ans = ans * i % mod;


	int k; cin >> k;
	for(int i = 0; i < k; i++){
		int x, y; cin >> x >> y;
		if(s[x][y] == '1'){
			cout << ans << endl;
			continue;
		}
		s[x][y] = '1';
		cnt ++;
		ans = ans * cnt % mod;
		for(int i = 0; i < 4; i++){
			int dx = x + d[i][0], dy = y + d[i][1];
			if(dx < 0 || dy < 0 || dx >= n || dy >= n) continue;
			if(s[dx][dy] == '1'){
				int f1 = Find(dx * n + dy), f2 = Find(x * n + y);
				if(f1 != f2){
					ans = ans * qsm(cnt, mod - 2) % mod;
					ans = ans * qsm(sz[f1], mod - 2) % mod;
					ans = ans * qsm(sz[f2], mod - 2) % mod;
					ans = ans * (sz[f1] + sz[f2]) % mod;
					cnt--;
					Union(f1, f2);
				}
			}
		}
		cout << ans << endl;
	}
}
int main(){
    IOS; int t = 1;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

I-限制不互素对的排列

构造、数学

注意题目中的条件 (k <= n/2)

我们很容易可以发现相邻的两数都互为素数，相邻的两个奇数也都互为素数。两个偶数的最大公约数都大于1，所以我们可以考虑将相邻的偶数放在一起。这样当(n/2 > k)， 是一定能够找到满足的排列。

当(n/2 == k), 我们可以发现(6) 和 (3)的最大公约数大于(1)， 那么只需要将(6)放在最后一个偶数位上后跟(3)即可满足有(n/2)对gcd大于1的数对。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn = 2e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
void solve(){
	int n, k; cin >> n >> k;
	if(n < 6 && n / 2 == k){ cout << -1 << endl; return;}
	if(n /2 > k){
		int cnt = -1;
		for(int i = 2; i <= n; i += 2){
			cout << i << " ";
			cnt++;
			if(cnt == k) break;
		}
		for(int i = 1; i <= n; i ++){
			if((i & 1) || i > (cnt + 1) * 2) cout << i << " ";
		}
	}
	else{
		for(int i = 2; i <= n; i += 2) if(i != 6) cout << i << " ";
		cout << "6 3 1 ";
		for(int i = 5; i <= n; i += 2) cout << i << " ";
 	}
}
int main(){
    IOS; int t = 1;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

J-一群小青蛙呱蹦呱蹦呱

数论

举例可以发现：

​ 被划掉的数：
2 : (2^1 2^2 2^3 2^4)
3 : (3^1 3^2 3^3 3^4)
​ 5 : (5^1 5^2 5^3 5^4)

观察到：没有被划掉的数是具有两种或者两种以上的类型不同的质因子， 比如：(6 12) 。

那么最后的结果可以表示为 (p_1^{n1}p_2^{n2}p_3^{n3}p_4^{n4}p_5^{n5}...)

对于两个这样的数：(p_1^{n1}p_2^{n2}p_3^{n3}p_4^{n4}p_5^{n5}...)和(p_1^{m1}p_2^{m2}p_3^{m3}p_4^{m4}p_5^{m5}...)求lcm为(p_1^{max(m1, n1)}p_2^{max(m2, n2)}p_3^{max(m3, n3)}p_4^{max(m4, n4)}p_5^{max(m5, n5)}...),

那么问题转化为对于每一个质因子(p)， 我们求它的最高次数即可。有两种情况：

  • (p = 2)时，(2)的最高次数(x)一定为(2^x*3<=n)，那么(x = floor(log(n/3) / log(2)))

  • (p != 2)时，(p)的最高次数(x)一定为(p^x*2<=n)，那么(x = floor(log(n/2) / log(p)))

最后求积即可。

素数筛不可以用埃氏筛，会TLE，线性筛即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int maxn = 8e7 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll p[maxn];
bool v[maxn]; 
int n;
ll qsm(ll a, ll b){
	ll res = 1;
	while(b){
		if(b & 1) res = (res * a) % mod;
		a = (a * a) % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res % mod;
}
ll calc(int i){
	if(i == 2) return qsm(2, log(n / 3) / log(2));
	return qsm(i, log(n / 2) / log(i));
}
void solve(){
	cin >> n;
	memset(v, false, sizeof v);
	int cnt = 0;
	ll ans = 1;
	for(int i = 2; i <= n / 2; i++){
		if(!v[i]){
			p[cnt++] = i;
			ans = (ans * calc(i)) % mod;
		}
		for(int j = 0; j < cnt && i * p[j] <= n / 2; j++){
			v[i * p[j]] = 1;
			if(i % p[j] == 0) break;
		}
	}
	if(ans == 1) cout << "empty" << endl;
	else cout << ans << endl;
}
int main(){
    IOS; int t = 1;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/fans-fan/p/14507526.html