week8 CSP 模拟

HRZ的序列

思路分析

这题刚开始是真的没看懂，但其实很简单。

因为所有三种以上不同的数字，其中有两种数字可以通过一加一减达成第三种数字，那第四种必定不可以通过任何操作等于第三种。

所以将这个数列去重后，若数字个数大于3则不可以，小于3肯定可以，当等于3时，若排序后为等差数列，则可以。

这里也是我第一次用set数组，以到达去重的目的，不过取set中值时要用到迭代器。

AC代码

#include<cstdio>
#include<set>
using namespace std;
int main()
{
 int t;
 scanf("%d",&t);
 while(t--)
 {
  int n;
  long long a;
  scanf("%d",&n);
  set<long long> s;
  for(int i=0;i<n;i++)
  {
   scanf("%lld",&a);
   s.insert(a);//set自动去重 
  } 
  //printf("%d\n",s.size());
  if(s.size()<3)//只有1种或两种数字，必然可以
  {
   printf("YES\n");
   } 
  else if(s.size()>3)//若其中有两种数字可以通过一加一减达成第三种数字，那第四种必定不可以 
  {
   printf("NO\n");
  }
  else//三种呈等差数列 
  {
   set<long long>::iterator it;
   long long ans[3];
   int index=0;
   for(it=s.begin();it!=s.end();it++)
   {
    //printf("%lld\n",*it);
    ans[index]=*it;
    index++;
   }
   /*for(int i=0;i<3;i++)
   {
    printf("%lld\n",ans[i]);
   }*/
   if((ans[1]-ans[0])==(ans[2]-ans[1])) 
   {
    printf("YES\n");
   }
   else
   {
    printf("NO\n");
   }
   } 
 }
 return 0;
 } 

HRZ学英语

思路分析

看到这题我就想起了尺取法。（不是，但类似）

先使l=0,r=25取字符串中前26个字母进行判断，数组count存放当前[l,r]中26字母和‘？’的个数。若26个字母中有个数大于1的，则肯定不满足，str[l]对应count元素–，str[r+1]对应count元素++，l++，r++。若26个字母中没有大于1的，则满足，因为要输出字典序最小的，所以这里我们借助队列，从A开始，将所有count[i]==0的字母插入队列中，输出时，每当遇到‘？’就取出队首元素输出。

AC代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<queue>
using namespace std;
int tag[26]; 
int count[27]={0};
void add(char x)
{
 if(x!='?')
 {
  count[x-'A']++;
 }
 else
 {
  count[26]++;
 }
}
void sub(char x)
{
 if(x!='?')
 {
  count[x-'A']--;
 }
 else
 {
  count[26]--;
 }
}
bool judge()
{
 for(int i=0;i<26;i++)
 {
  if(count[i]>1) return false;
 }
 return true;
}
int main()
{
 string str;
 cin>>str;
 int l=0,r=25;
 if(str.size()<26)
 {
  cout<<"-1"<<endl;
  return 0;
 }
 for(int i=l;i<=r;i++)
 {
  add(str[i]);
 }
 while(r<str.size())
 {
  if(!judge())//不满足条件，l++,r++ 
  {
   if(r+1==str.size())
   {
    break;
   }
   sub(str[l]);
   add(str[r+1]);
   l++;r++;
  }
  else
  {
   queue<char> v;
   for(int i=0;i<26;i++)//得到没有出现的字母字典序最小的顺序 
   {
    if(count[i]==0)
    {
     char a='A'+i;
     v.push(a);
    }
   }
   for(int i=l;i<=r;i++)
   {
    if(str[i]!='?')
    {
     cout<<str[i];
    }
    else
    {
     cout<<v.front();
     v.pop();
    }
   }
   return 0;
  }
 }
 cout<<"-1";
 return 0;
}

咕咕东的奇妙序列

思路分析

首先我们知道k最大可达到10^18，所以暴力列举是不可能的，必然要对序列进行一些划分，以此降低复杂度。

观察上图序列可以发现，第1-9部分每个数字最多占1位，第10-99最多占2位，第100~999最多占3位，所以我们可以根据数字位数的不同将序列划分为不同区域，每个区域都满足等差数列，即在第i个区域中，后一个部分总比前一个部分多i项。数组count存放前i个区域共有多少项，数组a1为第i个区域的首项序号（这个区域第一部分的项数），数组an为第i个区域的尾项序号（这个区域最后一部分的项数）。

//初始化
void init()//初始化,等差数列前n项和公式 na1+n(n-1)d/2 
{
 count[0]=0;
 a1[0]=0; 
 an[0]=0;
 num[0]=0;
 long long n;
 for(int i=1;i<20;i++)
 {
  n=pow(10,i)-pow(10,i-1);//项数 
  d=i;//公差
  a1[i]=an[i-1]+d;//首项  
  an[i]=a1[i]+(n-1)*d;//项数 
  count[i]=count[i-1]+(n*(a1[i]+an[i]))/2;//当前区域的等差数列和 +前一个 
  num[i]=n*d+num[i-1];
  if(count[i]>=inf) break; 
 }
}

先判断k在哪个区域cur，再判断k-count[cur-1]属于这个区域的第几部分。因为部分序号是单调的，所以就可以使用二分查找。

//二分
k=k-count[cur-1];
     long long l=1,r=pow(10,cur)-pow(10,cur-1),index=0;//找到k具体属于哪一部分
  while(l<=r)
  {
   long long mid=(l+r)/2;//在这一区域中是第几部分，从1开始 
   if(k<=mid*a1[cur]+((mid*(mid-1))/2)*cur)//前mid项和 
   {
    index=mid;
    r=mid-1;
    } 
    else
    {
     l=mid+1;
    }
  }
  //cout<<"index "<<index<<endl;  
  k-=(index-1)*a1[cur]+(((index-1)*(index-2))/2)*cur;//第index部分中的第k项 

找到k在第几部分后又面临一个问题，因为含1至i之间的数字每个数字所占的项数也不一样，所以我们还要进行分区，数组num表示前前i个区域共有多少项，找到k属于哪个区域。

找到后还要找k为这个区域（now）中的哪个数字ans，于是继续二分。最后确定k为这个数字的第几项，输出答案。

综上，用了两次分区–二分的操作，降低了复杂度。

考虑到本题的数据要求，方便起见除了存放询问次数的变量q外，都定义为long long型，否则就一直WA！

AC代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
long long inf=1e18;
long long count[20],a1[20],an[20],num[20];
long long d=0;//公差，同时也是区域数 
void init()//初始化,等差数列前n项和公式 na1+n(n-1)d/2 
{
 count[0]=0;
 a1[0]=0; 
 an[0]=0;
 num[0]=0;
 long long n;
 for(int i=1;i<20;i++)
 {
  n=pow(10,i)-pow(10,i-1);//项数 
  d=i;//公差
  a1[i]=an[i-1]+d;//首项  
  an[i]=a1[i]+(n-1)*d;//项数 
  count[i]=count[i-1]+(n*(a1[i]+an[i]))/2;//当前区域的等差数列和 +前一个 
  num[i]=n*d+num[i-1];
  if(count[i]>=inf) break; 
 }
}
int main()
{
 int q;
 long long k;
 scanf("%lld",&q);
 init();
 while(q--)
 {
  scanf("%lld",&k);
  long long cur=1;//所在区域编号 
  for(;cur<=d;cur++)
  {
   //cout<<"count "<<cur<<" ="<<count[cur]<<endl;
   if(k<=count[cur])
   {
    break;
   }
     }
     //cout<<"cur "<<cur<<endl;
     k=k-count[cur-1];
     long long l=1,r=pow(10,cur)-pow(10,cur-1),index=0;//找到k具体属于哪一部分
  while(l<=r)
  {
   long long mid=(l+r)/2;//在这一区域中是第几部分，从1开始 
   if(k<=mid*a1[cur]+((mid*(mid-1))/2)*cur)//前mid项和 
   {
    index=mid;
    r=mid-1;
    } 
    else
    {
     l=mid+1;
    }
  }
  //cout<<"index "<<index<<endl;  
  k-=(index-1)*a1[cur]+(((index-1)*(index-2))/2)*cur;//第index部分中的第k项 
  //cout<<"现在K "<<k<<endl;
  long long now=1;//当前第index部分的哪个位置 
  for(;now<=d;now++)
  {
   if(k<=num[now])
   {
    break;
   }
     }
     //cout<<"now "<<now<<endl;
     k=k-num[now-1];
     //cout<<"现在K "<<k<<endl;
     l=1;r=pow(10,now)-pow(10,now-1);index=0;//找到k具体属于now中的第几个数 
  while(l<=r)
  {
   long long mid=(l+r)/2;
   if(k<=mid*now)//前now项和 
   {
    index=mid;
    r=mid-1;
    } 
    else
    {
     l=mid+1;
    }
  }
  /*if(k%now==0) index=k/now;
  else
  {
   index=k/now+1;
  }*/
  k-=(index-1)*now;
  //cout<<"index "<<index<<endl;
  //cout<<"现在K "<<k<<endl;
  long long ans=pow(10,now-1)+index-1;//这个数是ans
  //cout<<"ans "<<ans<<endl;
  //找ans中第k项
  while(now>=k)
  {
      if(now==k)
      {
       ans=ans%10;
          printf("%lld\n",ans);
       break;
   }
   ans=ans/10;
   now--; 
  } 
 }
 return 0;
}