牛客小白月赛89补题1（ABCD)（偏难）

评价：

高情商：收获很大 ，让自己进一步认清自己。

低情商：题目难，自己太菜了。

今天还有一些其他事，剩下的题明天再补。

我们从a题开始吧：

A.签到

我们只要看看其中的max与min是否不符合即可。

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a[1000100],b[1000100],maxx=-1e8,minn=1e8;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        maxx=max(maxx,a[i]);
        minn=min(minn,a[i]);
    }
    if(minn-1<1&&maxx+1>m) cout<<"No";
    else cout<<"Yes";
}

B.贪心（喵喵喵）

首先我们可以确定一个结论：

对于负数，我们把全部值都加它，对于正数，我们只要让他加给答案即可。

显然最后留下的一定是原来最大的（粗糙的想一想，每一个数都对答案至少，并且假如一个值一开始1，后来变成负数，我们也把全部值都加它。

这样如果直接模拟n^2，于是我们用sum表示全局要加的值，ans为只有答案要加的，这样子就是n的复杂度了，还是比较妙的。

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long t,n,a[500010];
bool cmp(int a,int b){
    return a<b;
}
int main(){
    cin>>t;
    while(t--){
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
        sort(a+1,a+n+1,cmp);
        long long sum=0,ans=0;
        for(int i=1;i<=n-1;i++){
            long long ck=sum+a[i];
            if(ck>=0) ans+=ck;
            else{
                sum+=ck;
            }
        }
        printf("%lld\n",a[n]+sum+ans);
    }
}

C.思维+连通块

首先，若第一次红可以吃掉蓝，则红胜，否则，蓝一定存在一块，以他扩展，则中心那一个一定不会被吃，因此蓝一定不会输，同理红也一定不会输，那么就是平局。

因此我们可以得到：若开始时红的一个联通块不能吃掉蓝的全部格子就是平局，反之红赢。

这里我们用DFS，并用set记录可以删的数（顺便去重），考虑到x<2000，我们可以在加时直接在x上*2020，这样形成的数是唯一的。

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,m,blue,dir[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
char a[2010][2010],x;
bool vis[2010][2010];
set<int> s;
void dfs(int x,int y){
    if(vis[x][y]) return;
    vis[x][y]=1;
    for(int i=0;i<4;i++){
        int xx=x+dir[i][0];
        int yy=y+dir[i][1];
        if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m) continue;
        if(a[xx][yy]=='#') dfs(xx,yy);
        else s.insert(xx*2020+yy);
    }
}
int main(){
    cin>>t;
    while(t--){
        blue=0;
        int win=0;
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        cin>>n>>m;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                scanf(" %c",&x);
                a[i][j]=x;
                if(x=='.') blue++;
            }
        }
        if(blue==n*m){
            cout<<"Blue"<<endl;
            continue;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                if(vis[i][j]) continue;
                if(a[i][j]=='#'){
                    s.clear();
                    dfs(i,j);
                    if(s.size()==blue) win=1;
                }
            }
        }
        if(win) cout<<"Red"<<endl;
        else cout<<"Draw"<<endl;
    }
}

D.BFS+DP

首先注意到每一个边都为1，显然是考虑BFS，而我们关心的是到x点的每一个距离有几个点。

我们不妨令dp[i][j]表示考虑了dis<=i的所有点放了j个喵点的方案数。

易得状态转移方程dp[i][k]=dp[i-1][k]+dp[i-1][k-1]*c[i]（dis==i的个数）。

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m,q,x,u,v,k,dis[1000100],mod=1e9+7;
vector<int> edge[1000100];
long long dp[5001][5005],cnt[5050];
queue<int> qq;
int main(){
    cin>>n>>m>>q>>x;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%lld%lld",&u,&v);
        edge[u].push_back(v);
        edge[v].push_back(u);
    }
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    dis[x]=0;
    qq.push(x);
    while(!qq.empty()){
        int ck=qq.front();
        qq.pop();
        for(int i=0;i<edge[ck].size();i++){
            if(dis[edge[ck][i]]<=5000) continue;
            dis[edge[ck][i]]=dis[ck]+1;
            qq.push(edge[ck][i]);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cnt[dis[i]]++;
    }
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=5000;i++){
        for(int j=0;j<=5000;j++){
            dp[i][j]=dp[i-1][j];
            if(j) dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]*cnt[i]%mod;
            dp[i][j]=dp[i][j]%mod;
        }
    }
    for(int i=1;i<=q;i++){
        cin>>k;
        printf("%lld\n",dp[5000][k]);
    }
}