20250815组题总结-优快云博客

A - A

对于一个由非负整数构成的多重集合T，我们定义：

sum(T)表示T中所有元素的总和。例如，若T={0,1,1,3}，则sum(T)=0+1+1+3=5。

mex(T)指不在T中的最小非负整数。比如T={0,1,1,3}时，mex(T)=2，因为2是最小的缺失非负整数。

现给定一个大小为n的非负整数多重集合S。初始分数为0，你可以不限次数和顺序（也可不操作）执行以下两种操作：

选择子集S’⊆S，将sum(S’)加入分数，并从S中移除S’；
选择子集S’⊆S，将mex(S’)加入分数，并从S中移除S’。

求你能获得的最大分数。

找规律，因为我们可以发现，只要每次挑出一个0出来，可以比原来直接加上去多1，所以我们先对每一个0进行一次mex操作，其余的数直接sum起来就行了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int s[55],t[55];
int main(){
	int q;
	cin>>q;
	while(q--){
	    memset(t,0,sizeof t);
	    int n,sum=0;
	    cin>>n;
	    for(int i=1;i<=n;i++){
	        cin>>s[i];
	        t[s[i]]++;
	        sum+=s[i];
	    }
	    cout<<sum+t[0]<<endl;
	}
	return 0;
}

B - B

一家公司有 n 名员工，编号为 1 到 n。每位员工要么没有直属上级，要么只有一个直属上级（其上级必须是其他编号的员工）。员工 A 是员工 B 的上级需满足以下条件之一：

A 是 B 的直属上级；
B 有直属上级 C，而 A 是 C 的上级。

公司不存在管理循环，即没有员工是自己的上级。

现在公司要举办派对，需要将员工分组，要求：

每位员工必须且只能属于一个小组；
同一小组内不能存在上级关系（即不能有员工 A 和 B 满足 A 是 B 的上级）。

求最少需要分成多少个小组。

因为同一组不能有祖孙关系，也就是说每一组一定在同一层，哪怕不在同一颗树内，所以我们只要找到深度最深的那颗树的深度就是我们的答案。

参考：

该组数据答案为3。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int zz[2005];//每棵树的根节点
vector<int> E[2005];
int yy[2005];//用来存储每棵树的深度
bool f[2005];
void dfs(int x,int fa,int cc,int sd){
    if(!f[sd])yy[cc]++;
    f[sd]=1;
    for(int i=0;i<E[x].size();i++){
        int v=E[x][i];
        if(v==fa)continue;
        dfs(v,x,cc,sd+1);
    }
}
int main(){
    int n,cs=0;//多少个点，多少个祖宗
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x;
        cin>>x;
        if(x!=-1){
            E[i].push_back(x);
            E[x].push_back(i);
        }else{
            zz[++cs]=i;
        }
    }
    for(int i=1;i<=cs;i++){
        memset(f,0,sizeof f);
        dfs(zz[i],0,i,1);
    }
    int mx=0;
    for(int i=1;i<=cs;i++){
        mx=max(mx,yy[i]);
    }
    cout<<mx;
	return 0;
}

C - C

课间休息时，食堂里排着一条由n名男生女生组成的队伍。最初，孩子们按照进入食堂的顺序站好。但不久后，男生们开始因站在女生前面而感到不自在，于是每秒都会让前方的女生向前移动。

具体来说，队伍的位置编号为1到n，其中1号位置的人最先接受服务。若在x时刻，第i个位置是男生而第(i+1)个位置是女生，那么在x+1时刻，这两个位置会互换：第i个位置变为女生，第(i+1)个位置变为男生。时间以秒为单位计算。

已知初始时刻队伍的排列情况，请计算出t秒后队伍的最后状态。

模拟大水题，由于n<=50，所以我们丝毫不慌。我们用bool数组模拟男女生，经过t次更新，最终直接输出目前bool数组的状态。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool f[55],ff[55];//使用bool更加方便，记得输出要变成字符
int main(){
    int n,t;
    cin>>n>>t;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        char x;
        cin>>x;
        if(x=='B'){
            f[i]=1;
        }
    }
    for(int i=1;i<=t;i++){
        ff[1]=f[1];
        for(int k=1;k<n;k++){
            ff[k+1]=f[k+1];//这么写纯属偷懒
            if(f[k]&&!f[k+1]){//看男生后面是不是女生
                swap(ff[k],ff[k+1]);
            }
        }
        for(int k=1;k<=n;k++){
            f[k]=ff[k];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(f[i]){
            cout<<'B';
        }else{
            cout<<'G';
        }
    }
	return 0;
}

D - D

国王独自镇守棋盘。虽孤军奋战，却毫不气馁，因为他肩负着守卫王国的重任。此刻，他需要尽快从当前位置s前往t方格进行正式访问。向来注重效率的国王，希望以最少的步数完成这次移动。

这是一个国际象棋棋盘
国王的移动规则如下：每次可向任意相邻方格移动，包括横向、纵向及斜向共8个方向。具体移动指令对应为：

基本方向：L(左)、R(右)、U(上)、D(下)
斜向组合：LU(左上)、LD(左下)、RU(右上)、RD(右下)

也是模拟水题，直接dfs爆搜就行了，每次看走那边更近，直接走向那一边。应该不会有人打表吧……有4096种情况

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int xs,xe,ys,ye,b[30];
string fx[10]={"","U","D","L","R","LU","RU","LD","RD"};//八个方向，注意顺序
//网上，网下，王座，网友，坐上，忧伤，坐下，游侠，@一下你打出来的是啥吧！
void dfs(int x,int y){
    if(xe==x&&ye==y){//走完了
        return;
    }
    if(xe<x&&ye==y){//往上
        b[++b[0]]=1;
        dfs(x-1,y);
    }
    if(xe>x&&ye==y){//往下
        b[++b[0]]=2;
        dfs(x+1,y);
    }
    if(xe==x&&ye<y){//往左
        b[++b[0]]=3;
        dfs(x,y-1);
    }
    if(xe==x&&ye>y){//往右
        b[++b[0]]=4;
        dfs(x,y+1);
    }
    if(xe<x&&ye<y){//左上
        b[++b[0]]=5;
        dfs(x-1,y-1);
    }
    if(xe<x&&ye>y){//右上
        b[++b[0]]=6;
        dfs(x-1,y+1);
    }
    if(xe>x&&ye<y){//左下
        b[++b[0]]=7;
        dfs(x+1,y-1);
    }
    if(xe>x&&ye>y){//右下
        b[++b[0]]=8;
        dfs(x+1,y+1);
    }    
}
int main(){
    char x,y;
    cin>>x>>xs>>y>>xe;
    xs=8-xs+1;
    xe=8-xe+1;
    ys=int(x)-'a'+1;
    ye=int(y)-'a'+1;//一系列处理
    dfs(xs,ys);//出发喽
    cout<<b[0];//输出总共走了几步
    for(int i=1;i<=b[0];i++){
        cout<<endl<<fx[b[i]];
    }
	return 0;
}

E - E

你有一副包含 n 张卡牌的牌堆，从上到下依次编号为 1 到 n（顶部牌为 1，底部牌为 n）。每张牌都有一个颜色属性：第 i 张牌的颜色为 $a_i$ 。

现在需要处理 q 个查询。对于第 j 个查询：

在牌堆中找出颜色为 $t_j$ 且位置最高的牌（即索引最小的牌）
输出该牌的位置
将该牌从当前位置取出，并放置到牌堆顶部你有一副包含 n 张卡牌的牌堆，从上到下依次编号为 1 到 n（顶部牌为 1，底部牌为 n）。每张牌都有一个颜色属性：第 i 张牌的颜色为 $a_i$ 。

第一行包含两个整数n和q $（ 2 \leq n \leq 3 \times 1 0^{5} ， 1 \leq q \leq 3 \times 1 0^{5} ）$ ，分别表示牌堆中的卡牌数量和查询数量。

第二行包含n个整数 $a_n(1 ≤ aᵢ ≤ 50)$ ，表示每张卡牌的颜色。

第三行包含q 个整数 $t_q（1 ≤ tⱼ ≤ 50）$ ，表示查询的颜色。题目保证所有查询的颜色都存在于牌堆中。

这题有点意思，因为n和q有3e5，所以就不能暴力，而且每次还要进行修改。

但我们看到了一个东西，1 ≤ aⱼ ≤ 50，题目故意设这么小干什么呢？当然是让我们水题做题的呀！

于是，我们可以使用一个数组来统计每个数最早出现在哪个位置，每次询问直接输出。

然后我们就要对这个数组进行更新，循环找出位于这个数之前的数，让他们的最早出现的位置++，最后再让这个数最早出现的位置变成1。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[300005],b[55];
int main(){
    int n,q,mx=0;
    cin>>n>>q;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        if(!b[a[i]]){
            b[a[i]]=i;
        }
        mx=max(mx,a[i]);
    }
    while(q--){
        int x;
        cin>>x;
        cout<<b[x]<<" ";
        for(int i=1;i<=mx;i++){//i循环到50也行
            if(b[i]<b[x]){
                b[i]++;
            }
        }
        b[x]=1;
    }
	return 0;
}

F - F

弗拉德回家时，发现有人将旧恒温器的温度重新设置成了a。

该恒温器的温度只能在[l,r]范围内调节（包括端点值），且每次温度变化的绝对值必须不小于x。具体来说，当满足|a-b|≥x且l≤b≤r时，可以通过单次操作将温度从a调整到b。

给定参数l、r、x、a和b，要求计算从温度a调整到b所需的最少操作次数。若无法实现温度调整，则需要给出相应说明。

这题，嗯，额，嘶，说白了就是分支结构，详细直接看以下代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        long long l,r,x,a,b;//温度范围及最小温度变化值及初始温度和最终温度
        cin>>l>>r>>x>>a>>b;
        if(a>b){
            swap(a,b);
        }
        if(a<l||b>r){
//预期的温度超过了温度范围
            cout<<-1<<endl;
            continue;
        }        
        if(a==b){
//初始温度和最终温度相同
            cout<<0<<endl;
            continue;
        }
        if(b-a>=x){
//如果他们之间的距离大于等于最小温度变化值
            cout<<1<<endl;
            continue;
        }
        if(b+x<=r||a-x>=l){
//如果可以通过 先增加若干温度再减到最终温度 或 先减少若干温度再增加到最终温度
            cout<<2<<endl;
            continue;
        }
        if(a+x<=r&&b-x>=l){
//如果可以先增加若干温度再减少若干温度再增加到最终温度 或 反之
            cout<<3<<endl;
            continue;
        }
        cout<<-1<<endl;//否则还是不行
    }
	return 0;
}