牛客周赛63

（https://ac.nowcoder.com/acm/contest/91592）（比赛链接）

目录

A.小红的好数

B.小红的好数组

C.小红的矩阵行走

D.小红的行列式构造

E.小红的red计数

F.小红开灯

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A.小红的好数

1.思路

        直接当字符串进行处理，s[0]==s[1]且长度为2即可

B.小红的好数组

1.思路

        for循环遍历所有情况，对于每一种连续字串，判断其需要变为回文串所需要更改的次数，更改次数为1即为好数组，统计总数即可

2.代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int N=1e3+10;
int a[N];

signed main(){
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }
    int sum=0;
    for(int i=1;i<=n+1-k;i++){
        int left = i;
        int right = i+k-1;
        int count = 0;
        while(left<right){
            if(a[left]!=a[right]){
                count++;
            }
            left++;
            right--;
        }
        if(count==1){
            sum++;
        }
    }
    cout<<sum<<endl;
    return 0;
}

C.小红的矩阵行走

1.思路

        直接进行广度遍历，并利用队列进行维护，并且每次对于所能走的位置进行判断，若走的位置不是开始的收集的正整数（说明此路不通）直接continue，若走的位置已经走过了，也直接提前终止continue，最后判断终点是否被走过，被走过说明能到达，输出Yes，否则No。要记得每次需要对vis数组进行初始化操作

2.代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;

const int N=1e2+10;
int dx[]={0,1};
int dy[]={1,0};
int vis[N][N];
int a[N][N];

void solve(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            vis[i][j]=0;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            cin>>a[i][j];
        }
    }
    queue<pair<int,int>>q;
    int num = a[1][1];
    q.push({1,1});
    vis[1][1]=1;
    while(q.size()){
        auto[x,y] = q.front();
        q.pop();
        for(int i=0;i<=1;i++){
            int nx = x+dx[i];
            int ny = y+dy[i];
            if(a[nx][ny]!=num){
                continue;
            }
            if(vis[nx][ny]==1){
                continue;
            }
            vis[nx][ny]=1;
            q.push({nx,ny});
        }
    }
    if(vis[n][m]){
        cout<<"Yes"<<endl;
    }else{
        cout<<"No"<<endl;
    }
}

signed main(){
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
}

D.小红的行列式构造

1.思路

        直接尝试构造是否能直接AC的行列式，这里，我先进行如下尝试。令b为2，则a为x+1，发现当x=-1的时候，a是不满足题目要求，因此对于x=-1的情况直接特判

        x=-1时候，我先进行如下的尝试，不行，是恒等式，则增加参数

        令b为2，则a是3，行列式的值为-1

2.代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

signed main(){
    int x;
    cin>>x;
    if(x==-1){
        cout<<1<<" "<<2<<" "<<1<<endl;
        cout<<1<<" "<<1<<" "<<2<<endl;
        cout<<1<<" "<<3<<" "<<1<<endl;
    }else{
        cout<<1<<" "<<1<<" "<<1<<endl;
        cout<<x+1<<" "<<1<<" "<<1<<endl;
        cout<<1<<" "<<2<<" "<<1<<endl;
    }
    return 0;
}

E.小红的red计数

1.思路

        在未翻转之前，red数量为字符串中所有的e的贡献之和，对于每个e，它的贡献为它前面的r的数量*它后面的d的数量。翻转之后，总的贡献为区间1到l-1，区间l到r，区间r+1到n，因为区间1到l-1和区间r+1到n相对位置都在区间之外，因此翻转区间前后，对于总贡献不变，重点是如何计算翻转的区间内的e的总贡献。同时，本题每次查询需要将时间复杂度将为O(1)。代码中，pre[i]用于维护i之前的所有的r的数量，suf[i]用于维护i之后的d的数量，sum[i]用于维护到i的red之和，pre_pre[i]用于维护到i的pre[i]的前缀和，suf_suf[i]用于维护到i的suf[i]的前缀和，cnt[i]用于维护到i之前的所有e的数量

可参考讲解：

(https://www.nowcoder.com/discuss/675669892675231744?sourceSSR=usershttps://www.nowcoder.com/discuss/675669892675231744?sourceSSR=users

（https://www.bilibili.com/video/BV1xh2qYgESd?spm_id_from=333.788.videopod.episodes&vd_source=b0cde2c7518af1c65116188091dadb6d&p=3https://www.bilibili.com/video/BV1xh2qYgESd?spm_id_from=333.788.videopod.episodes&vd_source=b0cde2c7518af1c65116188091dadb6d&p=3

2.结果推导

3.代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 1e5+7;
int pre[N],suf[N];
int pre_pre[N],suf_suf[N];
int sum[N],cnt[N];

int n,q;
string s;

void init(){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(s[i-1]=='r'){
            pre[i] = pre[i-1] + 1;
        }else{
            pre[i] = pre[i-1];
        }
        if(s[i-1]=='e'){
            cnt[i] = cnt[i-1] + 1;
        }else{
            cnt[i] = cnt[i-1];
        }
    }
    for(int i=n;i>=1;i--){
        if(s[i-1]=='d'){
            suf[i] = suf[i+1] + 1;
        }else{
            suf[i] = suf[i+1];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(s[i-1]=='e'){
            sum[i] = sum[i-1] + pre[i]*suf[i];
            pre_pre[i] = pre_pre[i-1] + pre[i];
            suf_suf[i] = suf_suf[i-1] + suf[i];
        }else{ 
            sum[i] = sum[i-1];
            pre_pre[i] = pre_pre[i-1];
            suf_suf[i] = suf_suf[i-1];
        }
    }
}

void solve(){
    int l,r;
    cin>>l>>r;
    int x = pre[l-1]+pre[r];
    int y = suf[r+1]+suf[l];
    int ans1 = sum[l-1]+sum[n]-sum[r];
    int ans2 = (cnt[r]-cnt[l-1])*x*y+sum[r]-sum[l-1]-x*(suf_suf[r]-suf_suf[l-1])-y*(pre_pre[r]-pre_pre[l-1]);
    cout<<ans1+ans2<<endl;
}

signed main(){
    cin>>n>>q;
    cin>>s;
    init();
    while(q--){
        solve();
    }
}

        

F.小红开灯

待补。。