牛客練習賽 16

在各位ak的大佬中，我感覺我寄幾好菜啊。。。

A.字典序最大的子序列

題目描述

給定字符串s，s只包含小寫字母，請求出字典序最大的子序列。
子序列：https://en.wikipedia.org/wiki/Subsequence
字典序：https://en.wikipedia.org/wiki/Lexicographical_order

輸入描述:

一行一個字符串s (1 <= |s| <= 100,000)。

輸出描述:

字典序最大的子序列。

示例1

輸入

ababba

輸出

bbba

示例2

輸入

abbcbccacbbcbaaba

輸出

cccccbba

---

A是IQIYI筆試題。。233 。我們讓循環一開始的起始位置為$ 0 $。然后做$26$次循環，從'Z'到'A'。若當前循環的字符為$k$，我們從起始位置開始找所有出現的字符$k$，每出現一次就加到答案字符串末尾，然后更新起始位置為當前位置。這樣構造出的一定是字典序最大的字符串。

#include<bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define mod 1000000007
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
string s,ans;
int pos,p;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>s;
    pos=0;
    for(char p='z';p>='a';p--)
    {
        for(int i=pos;s[i];i++)
        {
            if(s[i]==p)
            {
                ans+=p;
                pos=i;
            }
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

 

B.漂亮的樹

題目描述

街上有n棵樹，標號為1...n，第i棵樹的高度為a _i。
定義這n棵樹是漂亮的，當且僅當
    1. 對於所有的i，a _i=a _n-i+1；
    2. 對於1 <= i < n / 2 (不是整除)，a _{i + 1}= a _i + 1；
比如說 “2 3 4 5 5 4 3 2”和“1 2 3 2 1”是漂亮的而“1 3 3 1”和“1 2 3 1”不是。
現在請問最少修改幾棵樹的高度（可以變大也可以變小），使得這些樹是漂亮的。

輸入描述:

第一行一個整數n表示樹的數量（ 1 <= n <= 100,000)。
第二行n個整數表示樹的高度（ 1 <= a

_i

<= 100,000)。

輸出描述:

輸出一個整數表示最少修改樹的高度的數目。

示例1

輸入

3
2 2 2

輸出

1

示例2

輸入

4
1 2 2 1

輸出

0

---

我們先考慮前$ \frac{n+1}{2} $ 的數字，由於$a_i-a_{i-1}=1 $，所以必須調成遞增的差值為$1$的遞增序列。我們最朴素的想法是先確定$a_1$的值，對於不同的$ a_1=k $我們算有多少個$a_i =k+i $，找最大的那個。這樣就把$ a_i $分成了幾個集合。但是這樣枚舉$k$想想會超時。但是這時你會驚奇的發現，對於在一個集合里的元素$ a_i-i  $是相同的。因此我們統計一下對於每個值$a_i-i $的數量。對於后半段的數字也是類似的操作。然后我們找這些數量的最大值$maxn$。$n-maxn$就是答案。鑒於可能出現負數，做桶排的時候下標要在加個$ P=1000000 $。

#include<bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define mod 1000000007
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int P=1e5;
int n,m;
int ans;
int a[N];
int high[N*2];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",a+i);
    m=(n+1)/2;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        high[P+a[i]-i]++;
    }
    for(int i=m+1;i<=n;i++)
    {
        high[P+a[i]-(n-i+1)]++;
    }
    ans=0;
    for(int i=1;i<=2*P;i++)
        ans=max(ans,high[i]);
    printf("%d\n",n-ans);
    return 0;
}

 

C.任意點

題目描述

平面上有若干個點，從每個點出發，你可以往東南西北任意方向走，直到碰到另一個點，然后才可以改變方向。
請問至少需要加多少個點，使得點對之間互相可以到達。

輸入描述:

第一行一個整數n表示點數（ 1 <= n <= 100)。
第二行n行，每行兩個整數x

_i

, y

_i

表示坐標（ 1 <= x

_i

, y

_i 

<= 1000)。
y軸正方向為北，x軸正方形為東。

輸出描述:

輸出一個整數表示最少需要加的點的數目。

示例1

輸入

2
2 1
1 2

輸出

1

示例2

輸入

2
2 1
4 1

輸出

0

---

 

我們建個圖，對於任意兩個在同行或同列的點我們都連一條邊。如果兩點可達，那么這兩個點一定在一個聯通塊里。因此我們拿並查集統計下有多少聯通塊。若有$k$個聯通塊，最少加$k-1$個點把這些聯通塊連起來全部可達了。因此答案為$k-1$。

#include<bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define mod 1000000007
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=1e2+10;
int fa[N],ans;
int x[N],y[N];
int n,m;
int Find(int x)
{
    if(fa[x]!=x)
        fa[x]=Find(fa[x]);
    return fa[x];
}
void Union(int u,int v)
{
    fa[Find(u)]=Find(v);
    return ;
}
void init(int n)
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
        fa[i]=i;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    init(n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",x+i,y+i);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1+1;j<=n;j++)
        {
            if(x[i]==x[j])
            {
                if(Find(i)!=Find(j))
                    Union(i,j);
            }
            if(y[i]==y[j])
            {
                if(Find(i)!=Find(j))
                    Union(i,j);
            }
        }
    ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(fa[i]==i)
            ans++;
    ans--;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

 

D.k進制數

對於k進制數x，定義d(x)為x的各數位的和的k進制表示，如果結果超過一位，則繼續重復執行各數位求和操作，直至結果為1位。
比如說，在7進制下，d(3504 ₇)=d((3+5+0+4) ₇)=d(15 ₇)=d((1+5) ₇)=d(6 ₇)=6
定義x為幸運的，當且僅當d(x) = b；
現在給定k進制下的n個數位a ₁ a ₂ a _n，問其中有多少子串組成的數字是幸運的。

輸入描述:

第一行三個整數k，b，n（2 <= k <= 1,000,000,000, 0 <= b < k, 1 <= n <= 100,000)。
第二行n個整數滿足0 <= a

_i

 < k。

輸出描述:

輸出一個整數表示幸運的子串數。

示例1

輸入

10 5 6
3 2 0 5 6 1

輸出

5

說明

3 2
3 2 0
0 5
5
2 0 5 6 1
是幸運的。

示例2

輸入

7 6 4
3 5 0 4

輸出

1

示例3

輸入

257 0 3
0 0 256

輸出

3

---

結論題。。反正我不知道結論是怎么的出來的，等明天看題解來獲悉結論的證明。

首先對於最后剩下的數，假設原來數字為$p$，在不斷按位求和中，每個和的結果$ p_i  mod (k-1) $ 皆為同一個數。

先考慮$b=0$的情況，因為$0$的情況和$k-1$的情況得出來的是同一個余數0。但兩者明顯不同，因此我們分開算，$0$為一部分，$k-1$和其他數為一部分。

求$b=0$的子串數，那么我們統計所有0連續出現最大區間。若區間[L,R]里全為0，那么在這個區間能得到$b=0$的子串有$ \frac{(r-l+1)(r-l+2)}{2} $個。這個顯而易見。那把所有$0$連續出現的最大區間的子串數相加就是$b=0$的答案。

然后我們再算普通情況，這時候余數為0的情況即為余數為$k-1$的情況。

我們先求個在$mod \ k-1$意義下的前綴和$pre[i]$。

后面我們討論均為在$mod \ k-1$的意義下。我們固定右端點$r$，然后找左端點l使得他們最后答案為$t=b \ mod \  (k-1) $（此時k-1當0處理）。因此我們找$pre[l]$為$pre[r]-t$的數量，這樣他們在模$k-1$的意義下差為$t$，也就是我們需要的答案。

在$b mod (k-1)=0$的情況下這個方法會多算$b=0$的情況到$b=(k-1)$中，因此把所有$b=0$的情況去掉就好了。

#include<bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define mod 1000000007
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=1e5+10;
LL a[N];
LL b,k,zero,ans;
int n,pre;
map<LL,LL> tag;
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&k,&b,&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",a+i);
        if(a[i])
           pre=i;
        else
            zero+=i-pre;
        a[i]=(a[i-1]+a[i])%(k-1);
    }
    if(b==0)
    {
        printf("%lld\n",zero);
        return 0;
    }
    k--;
    b%=k;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        tag[a[i-1]]++;
        ans+=tag[((a[i]-b)%k+k)%k];
    }
    if(b==0)
        ans-=zero;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

 

 

E.求值

題目描述

給定n個數字a ₁, a ₂, ..., a _n。
定義f(l, r) = a _l | a _l+1| ... | a _r。
現在枚舉(1 <= l <= r <= n)，問不同的f值一共有多少個。

輸入描述:

第一行一個整數n表示數組大小 (1 <= n <= 100,000)；
第二行n個整數滿足0 <= a

_i

 <= 1000,000。

輸出描述:

輸出一個整數表示不同的f值一共有多少個。

示例1

輸入

3
1 2 0

輸出

4

示例2

輸入

10
1 2 3 4 5 6 1 2 9 10

輸出

11

---

 

　　E的話我們把數按二進制分成$20$位，因此我們現在有兩維，一維是序列，一維是數位。我們先要計算一下在當前下標為$i$的位置，每個數位$k$最后一次出現的下標位置，這個可以遞推解決。之后后我們做一下前綴或$pre[i]$ (跟前綴和差不多)。

　　然后我們接下來固定區間右端點$r$，然后找不同的$l$的情況下會產生的數。這樣的數最多$ 20 $個。一開始我們的數是$[1,r]$ 或后的結果，也就是$pre[r]$。我們前面算過下標為$r$，數位$k$出現的最晚位置，那么我們把這些位置和數位按照位置的前后順序排序，然后把這些數位按前后順序從$pre[r]$中從$1$變為$0$，這個排序+亦或解決。當然位置相同的必須同時變換。然后每次變換以后看看這個數字是否出現過，沒有答案$+1$。因此我們還要寫一個標記數組來確認數字是否出現過。

　　對了還要特判一下$0$有沒有在序列中出現過，有的話答案$ +1 $。

　　因此綜合一下復雜度差不多$ O(n \ 20 \ log_2 20）$。后面$ 20log_2 20 $是排序的復雜度。

 

#include<bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define mod 1000000007
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int M=5e6+10;
int a[N];
int pre[N];
int head[N][32];
struct pa
{
    int pre,bit;
}st[32];
bool vis[M];
int n,m,k,p,tot;
int ans;
bool cmp(pa a,pa b)
{
    return a.pre<b.pre;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",a+i);
        if(a[i]==0)
        {
            vis[0]=1;
            ans++;
        }
        pre[i]=(pre[i-1]|a[i]);
        p=a[i];
        for(int k=0;k<32;k++)
        {
            if(p&1)
                head[i][k]=i;
            else
                head[i][k]=head[i-1][k];
            p>>=1;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int k=0;k<32;k++)
            st[k]=(pa){head[i][k],k};
        sort(st,st+32,cmp);
        p=pre[i];
        for(int j=0;j<32;j++)
        {
            if(st[j].pre==0)
                continue;
            if(j==0 || st[j].pre!=st[j-1].pre)
            {
                if(!vis[p])
                {
                    ans++;
                    vis[p]=1;
                }
            }
            p^=(1<<st[j].bit);
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

 

F.選值

題目描述

給定n個數，從中選出三個數，使得最大的那個減最小的那個的值小於等於d，問有多少種選法。

輸入描述:

第一行兩個整數n，d(1 <= n <= 100,000，1 <= d <= 1000,000,000)；
第二行n個整數滿足abs(a

_i

) <= 1,000,000,000。數據保證a單調遞增。

輸出描述:

輸出一個整數表示滿足條件的選法。

示例1

輸入

4 3
1 2 3 4

輸出

4

示例2

輸入

4 2
-3 -2 -1 0

輸出

2

示例3

輸入

5 19
1 10 20 30 50

輸出

1

---

這也是一個水題。你先排序一下。當確定最大值為 $ a_j $時， 用lower_bound找找前面大於等於 $ a_j - d $的第一個數$ a_i $，因此我們可以在 $ [ i , j-1 ] $中任選兩個數作為一個組合，對答案的貢獻為$ C_{j-i}^2 $。

#include<bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define mod 1000000007
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,d,p;
int a[N];
LL ans;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&d);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",a+i);
    sort(a+1,a+n+1);
    ans=0;
    for(int i=3;i<=n;i++)
    {
        p=lower_bound(a+1,a+i,a[i]-d)-a;
        if(p<=i-2)
            ans+=(LL)(i-p)*(i-p-1)/2;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}