2022 04 05学习记录

早上补牛客比赛题

下午一觉睡到4点 复习会数学吧

gk的树

题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/30825/F

反省 在队友做出了数学题的时候自己放弃了 其实这题应该在我的能力范围内 没有写出这题很不应该Description:

​ 给定一棵树，每次操作可以删一条边 最少需要多少次操作使得每个节点的度数都<=k

Solution:

​ 从叶子节点开始处理 若叶子节点度数大于k 就删边 模拟一下倒推回根节点 可以用dfs 也可以dp

Code:

const int N = 100010;
int n, k, res;
int cnt[N]; //度数和
vector<int> e[N];

void dfs(int u, int fa)
{
    cnt[u] = (fa > 0);
    for(auto v : e[u])
    {
        if(v == fa) continue;
        dfs(v, u);
        cnt[u] ++;
    }
    if(cnt[u] > k)  res += cnt[u] - k, cnt[fa] --; 
   	//因为下面的树怎么砍都无法对上面做贡献了 所以只需要对父节点的度数 -1
}

void solve()
{
    cin >> n >> k;

    for(int i = 1; i <= n; i++)
        e[i].clear();
    
    for(int i = 1; i < n; i++)
    {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        e[u].pb(v);e[v].pb(u);
    }

    res = 0;
    dfs(1, 0);
    cout << res << endl;
}

迷宫(BFS + 最短路)

题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/30825/C

Description:

​ 三维走迷宫 移动方式 上下左右前后

​ 游戏的过程中会出现两种操作

​ 1 x y z 在xyz处出现一个新的出口

​ 2 x y z 玩家在xyz处复活 询问最少移动次数达到出口易 并输出移动次数

​ 确保在操作2出现之前必定存在操作1

Solution:

​ 看起来就是一个A* 当时嫌麻烦不想写 心态是错误的 如果因为麻烦就不想写的话 那还怎么过题？

​ 但其实也不是写A* 写一个其实是一个最短路的思维+BFS就可以了

​ 我们就用最短路的思路去写 dis数组记录的是离坐标ijk最近的出口需要多少步 初始化为正无穷

​ 当每次新加入一个出口的时候 将出口入队

​ 每次询问的时候 就把队列跑到空为止 更新最短路径

Code:

int n, m, h, Q;

bool check(int x, int y, int z)
{
    if(x > n || y > m || z > h || x < 1 || y < 1 || z < 1)  return true;
    return false;
}

int d[6][3] = {{0, 0, 1}, {0, 0, -1}, {0, -1, 0}, {0, 1, 0}, {1, 0, 0}, {-1, 0, 0}};

void solve()
{
    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &h, &Q);
    vector<vector<vector<int>> >dis(n + 5, vector<vector<int> >(m + 5, vector<int>(h + 5)));

    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= m; j++)
            for(int k = 1; k <= h; k++)
                dis[i][j][k] = inf;

    int op, x, y, z;
    queue<pair<int, pair<int, int>> > q;
    while(Q --)
    {
        scanf("%d%d%d%d", &op, &x, &y, &z);
        if(op == 1)
        {
            q.push({x, {y, z}});
            dis[x][y][z] = 0;
        }
        else if(op == 2)
        {
            while(q.size())
            {
                auto t = q.front();
                q.pop();
                int x1 = t.first, y1 = t.second.first, z1 = t.second.second;
                for(int i = 0; i < 6; i++)
                {
                    int xx = x1 + d[i][0];
                    int yy = y1 + d[i][1];
                    int zz = z1 + d[i][2];
                    if(check(xx, yy, zz))   continue;
                    if(dis[x1][y1][z1] + 1 < dis[xx][yy][zz])
                    {
                        dis[xx][yy][zz] = dis[x1][y1][z1] + 1;
                        q.push({xx,{yy, zz}});
                    }
                }
            }
            printf("%d\n",dis[x][y][z]);
        }
    }
}

int main()
{
	int _;
	scanf("%d", &_);
	while(_--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

大数乘法(快速幂)

题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/30825/J

Description:

​ 给定整数x,y，你需要输出x^y mod p 的值

​ 0 ≤ x ≤ 100000，0 ≤ y ≤ 10^100000, 100000 ≤ p ≤ 1000000007

Solution:

利用快速幂的思想处理 这个公式 并且用快速幂进行计算
$$x^{1234}={x^1}^4\ast {x^{10}}^3\ast {x^{100}}^2\ast {x^{1000}}^1$$
Code:

LL qpow(LL a, LL b, LL mod)
{
    LL res = 1;
    a %= mod;
    while(b)
    {
        if(b & 1)   res = res * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

void solve()
{
    LL x, mod;
    stringt s;
    cin >> x;
    cin >> s;
    cin >> mod;

    int n = s.size();
    LL res = qpow(x, s[n - 1] - '0', mod);

    LL inside = x;
    for(int i = n - 2; i >= 0; i--) //因为第一位是pow(x,0)为了统一写法 循环从第二位开始
    {
        LL k = s[i] - '0';
        inside = qpow(inside, 10, mod); //预处理内层
        res = res * qpow(inside, k, mod) % mod;
    }
    cout << res << endl;
}