寒假专题一题解

专题一部分题解

@toc

B - Assistance Required

题目链接

思路 ：有点类似埃氏筛, 使用数组标记元素是否需要出列

#include <iostream>
const int N = 4e4;
using namespace std;
int p[N],cnt;
int book[N];
int main() {
    for (int i = 2;i < N;i ++)  {  
        if(!book[i]) {  
            p [cnt ++ ] = i;
            int k = 0;
            for (int j = i + 1; j < N; j ++ ) {
                if (!book[j]) {
                    k ++ ;
                    if (k == i) {
                        k = 0;
                        book[j] = 1;
                    }
                }
            }  
        }  
    }
    int n;
    while (cin >> n && n) {
        cout << p[n - 1] << endl;
    }
    return 0;
}

E - Train Problem I

题目链接

思路 ：判断一个栈的出队序列是否合法 并 记录入队和出队的操作

#include <iostream>
#include <stack>
#include <cstring>
using namespace std;
char a[2000], b[2000];
int n;
int record[3000];//in 1 out 0
int main() {
    while (cin >> n >> a >> b) {
        stack<char> t;
        int loc = 0, cnt = 0;
        memset(record, 0, sizeof(record));
        for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
            t.push(a[i]);
            record[cnt ++ ] = 1;
            while(!t.empty() && t.top() == b[loc]) {
                t.pop();
                loc ++ ;
                record[cnt ++ ] = 0;
            }
        }
        if (loc == n) {
            cout << "Yes." << endl;
            for (int i = 0; i < cnt; i ++ ) {
                if (record[i]) cout << "in" << endl;
                else cout << "out" << endl;
            }       
        }
        else {
            cout << "No." << endl;
        } 
        cout << "FINISH" << endl;
    }
}

K - Boxes in a Line

题目链接

思路： 双向链表 实现插入 交换 翻转的操作
值得注意的是：

1. 交换操作要特判相邻的情况
2. 操作4如果将整个链表翻转， 时间复杂度不允许。 使用fx变量标记方向(0正 1反)，fx = 1时 操作1改为操作2，操作2改为操作1；此外，最后求奇数项和的时候，fx = 1时，可以用总和减去顺序情况下的奇数项和，即为所求。

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
#define ll long long
int l[N],r[N],fx;
ll ans;
void link(int x, int y) {
    r[x] = y;
    l[y] = x;
}

void init(int n) {
    r[0] = 1;
    l[n + 1] = n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        l[i] = i - 1; r[i] = i + 1;
    }
}
void op1(int x, int y) {
    link(l[x],r[x]);link(l[y],x);link(x,y);
}
void op2(int x, int y) {
    link(l[x],r[x]);link(x,r[y]);link(y,x);
}
void op3(int x, int y) {
    int lx = l[x],rx = r[x],ly = l[y],ry = r[y];
    if (y == r[x]) {
        link(lx, y);link(y, x);link(x, ry);
    } else if (x == r[y]) {
        link(ly, x);link(x, y);link(y, rx);
    } else {
        link(lx, y);link(y, rx);link(ly, x);link(x, ry);
    }
}

int main() {
    int L, T;
    int q = 1;
    while (cin >> L >> T) {
        ans = 0;
        fx = 0;
        init(L);
        while (T -- ) {
            int a, b, c;
            cin >> a;
            if (a == 4) fx = !fx;
            else {
                cin >> b >> c;
                if (a == 1) {
                    if(!fx) op1(b, c);
                    else op2(b, c);
                } else if (a == 2) {
                    if(!fx) op2(b, c);
                    else op1(b, c);
                } else if (a == 3) {
                    op3(b, c);
                }
            }
        } 
        int i = 0;
        int cnt = 1;
        for(i = r[i]; i != L + 1; i = r[i]) {
            if(cnt & 1) ans += i;
            cnt ++ ;
        }
        if (fx && L % 2 == 0) {
            ans = (ll) L * (L + 1) / 2 - ans;
        }
        cout << "Case "<< q << ": " << ans << endl;
        q ++ ;
    }
}

L - Random Events

题目链接

思路：
对于长度为 $n$的原序列与排序后序列有$k$个不同的项，显然，当且仅当最后一个不同的项被排序好之后，原序列才合法。于是考虑每一个包含该项在内的操作。若都不能成功排序，无论之前是如何排序的，序列最终都不合法。记这种情况的概率为$p$，则所求概率为$1-p$.

#include <iostream>
#include <algorithm>
const int N = 1e6 + 10;
using namespace std;
int a[N], b[N], loc;

int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T -- ) {
        double ans = 1;
        int n, t;
        cin >> n >> t;
        for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
            cin >> a[i];
            b[i] = a[i];
        }
        sort(b + 1, b + n + 1);
        loc = n;
        while (loc && a[loc] == b[loc]) {
            -- loc;
        }
        while (t -- ) {
            int k; double p;
            cin >> k >> p;
            if (k >= loc) ans *= (1 - p); 
        }
        if (!loc) printf("1.000000\n");
        else printf("%.6lf\n", 1 - ans); 
    }
}

M - Jumps

题目链接

题意：起点为$0$,第$i$次有两种操作:向前$i$步或后退$1$步. 问, 最少多少次操作可以到达$X$.
思路：

假设我们每一次操作都选择向前。那么$n$次操作的最远距离显然是$1+2+...+n=\frac{n(n+1)}{2}$,考虑其中任意一次操作$k_i(1\le i\le n)$改为后退一步。则所到达的位置变为$1+2+...+n-i-1=\frac{n(n+1)}{2}-i-1$。 简单来说，这意味着对于某个点$X$，我们都可以先考虑一直向前的操作。当我们第一次超过$X$时，即为最少操作数。(因为我们可以通过任意一步后退的做法，使位置向前$d$个单位)，值得注意的是$d$的范围是$[2,n+1]$。这意味着，我们在$k$次前进操作之后如果到达了$X+1$。我们无法通过上述操作到达$X$，只能再单独进行一次后退操作，所以最后操作数为$k+1。$

#include <iostream>
using namespace std;
int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T -- ) {
        int x; cin >> x;
        int ans = 0;
        while((ans + 1) * ans / 2 < x) ans ++ ;       
        if ((ans + 1) * ans / 2 == x + 1) ans ++ ;
        cout << ans << endl;
    }
}

O - Killjoy

题目链接

思路：
1.如果分数都为$x$，不需要操作
2.如果总分数的平均值为$x$，只需操作一次
3.如果有至少一个人的分数为$x$, 那么其他人可以使自己分数变为$x$将自己感染再变回原分数。需要一次
4.如果无人分数为$x$,则要先操作一次使得有一个$x$，再进行第三步。需要两次

P - Saving the City

题目链接

思路：贪心考虑每块空地填雷的价值

核心代码：

int flag = 0;
for (int i = 1; i <= len; i ++ ) {
    if (s[i] == '1' ) flag = 1;
    if (s[i] == '0') {
        if (flag) cnt ++ ; 
    } else if (cnt) {  
        ans += (cnt * b < a) ? cnt * b : a;
        cnt = 0;  
    }
}
cout << ( flag ? ans + a : ans ) << endl;

训练赛部分题解

A - Wizard of Orz

题目链接

思路：
关键在于第三位是9而不是7，第一次wa，想成了987… 实际上选择在第二位停可以变成98901234567890123…

C - String Equality

题目链接

思路：因为存在交换字母的操作，所以不需要考虑字母本身的位置，只需要考虑字母的出现次数，从a至z遍历，假设该字母在串一中出现$m$次，在串二中出现$n$次。有三种情况
1.$m<n$, 操作2无法完全修改串一, 不行
2.$m=n$，操作2可以修改串一
3.$m>n$, 记 $d=m-n$，若$d能整除k$，则可以通过操作2将该字母改成下一个字母, 即$让m_{i+1}+d$