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
x1234=x14∗x103∗x1002∗x10001
x^{1234}={x^1}^{4}*{x^{10}}^3*{x^{100}}^2*{x^{1000}}^1
x1234=x14∗x103∗x1002∗x10001
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;
}