牛客2025秋季算法编程训练联赛2-(基础组提升组）

A.做游戏

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解题思路

尽可能多的使牛牛获胜，那么出石头，剪刀，布三种都取获胜的最大可能，对于石头：牛牛出的石头数量与牛可乐出的剪刀数量，剪刀和布亦然
note:注意c++开 long long

AC code

void solve(){ll a,b,c;ll x,y,z;cin>>a>>b>>c;cin>>x>>y>>z;cout<<min(a,y)+min(b,z)+min(c,x)<<endl;
}

B.排数字

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解题思路

贪心的数字串中的616全部提出来，然后以61616...的顺序排下去，发现答案是 min((6的数量-1),1的数量)。

AC code

void solve(){int n;cin>>n;string s;cin>>s;vector<int>mp(10);for(char c:s) mp[c-'0']++;cout<<max(min(mp[6]-1,mp[1]),0)<<endl;
}

C.判正误

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解题思路

快速幂，没啥好说的，对于单一模数冲突概率很大，本题需要采用多模技术，但是题主赛时单模1234567891水过去了
Note:快速幂需要处理负数幂不方便，要先把所有数归一化为0~mod-1内的数 ,o^o

AC code

//Stop learning useless algorithms, go and solve some problems, learn how to use binary search.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
typedef long long ll;
const ll mod=1234567891LL;
vector<ll>Mod={998244353,2,3,5,11,13,1234567891LL};
ll q_pow(ll a,ll b,ll mod){a=(a%mod+mod)%mod;ll s=1;while(b){if(b&1){s=s*a%mod;}b>>=1;a=a*a%mod;}return s;
}
void solve(){ll a,b,c,d,e,f,g;cin>>a>>b>>c>>d>>e>>f>>g;bool F=true;for(ll mod:Mod){ll s1=q_pow(a,d,mod),s2=q_pow(b,e,mod),s3=q_pow(c,f,mod);ll s=((s1+s2)%mod+s3)%mod;F&=(s==(g%mod+mod)%mod);}if(F) cout<<"Yes"<<endl;else cout<<"No"<<endl;
}
int main(){cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(false);int T=1;cin>>T;while(T--) solve();return 0;
}

D.数三角

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解题思路

暴力枚举三个点 然后用向量叉积判定是否共线，再根据余弦定理或者向量点积判定是否存在钝角。

AC code

void solve(){int n;cin>>n;vector< pair<int,int> >res(n+1);for(int i=1;i<=n;i++) cin>>res[i].first>>res[i].second;auto dis=[&](ll x,ll y) ->ll { return 1LL*x*x+1LL*y*y;};auto judge=[&](pair<int,int>a,pair<int,int>b,pair<int,int>c) ->bool {pair<int,int>w={b.first-a.first,b.second-a.second};pair<int,int>t={c.first-a.first,c.second-a.second};return 1LL*w.first*t.second!=1LL*w.second*t.first;};ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=i+1;j<=n;j++){for(int k=j+1;k<=n;k++){if(!judge(res[i],res[j],res[k])) continue;//不共线的判定ll a=dis(res[i].first-res[j].first,res[i].second-res[j].second);ll b=dis(res[i].first-res[k].first,res[i].second-res[k].second);ll c=dis(res[k].first-res[j].first,res[k].second-res[j].second);ans+=(a+b<c);ans+=(b+c<a);ans+=(a+c<b);}}}cout<<ans<<endl;
}

E.做计数

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解题思路

\[\sqrt i + \sqrt j=\sqrt k \]

\[i+j+2\sqrt {i \times j} = k \]

而要满足这个等式存在两个条件：
1.\(i \times j \leq n\)
2.\({i \times j}\) 是一个完全平方数
那么就转化为了求解小于等于 n 范围内的完全平方数配对数了，暴力枚举平方数即可，复杂度$ O{(\sqrt n \times \sqrt n)}$
note:看到根号你忍得住不平方也是神人了！
bonus:本题可以通过筛做到更快

AC code

//Stop learning useless algorithms, go and solve some problems, learn how to use binary search.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
typedef long long ll;
vector<int>p;
void Init(int n){for(int i=1;i<=n/i;i++){p.push_back(i*i);}
}
void solve(){ll n;cin>>n;int ans=0;for(auto &x:p){for(int i=1;i<=x/i;i++){if(x>n) break;if(x%i==0){ans+=(x/i!=i)*2+(x/i==i);}}}cout<<ans<<endl;
}
int main(){cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(false);Init(4e7+5);solve();return 0;
}

F.拿物品

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解题思路

简单博弈，考虑他们在争夺什么？在保证自己获得的得分比对手获得的得分大，拿走第 i 个位置的物品可以使 对手 永远 无法获得 \(b_i\) 的价值，并且自己一定可以获得 \(a_i\),按照 \(a_i+b_i\)排序后顺序贪心取得即为答案

AC code

//Stop learning useless algorithms, go and solve some problems, learn how to use binary search.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
typedef long long ll;
struct node{int x,y,idx;
};
void solve(){int n;cin>>n;vector<int>a(n+1);vector<int>b(n+1);vector< node >res(n+1);for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],res[i].x=a[i],res[i].idx=i;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i],res[i].y=b[i];sort(res.begin()+1,res.end(),[&](node w,node t){return w.x+w.y>t.x+t.y;});queue<int>Q;for(int i=1;i<=n;i++) Q.push(res[i].idx);vector<int>ans1,ans2;bool cur=0;while(!Q.empty()){cur^=1;int u=Q.front();Q.pop();(cur)?(ans1.push_back(u)):(ans2.push_back(u));}for(auto &x:ans1) cout<<x<<' ';cout<<endl;for(auto &x:ans2) cout<<x<<' ';cout<<endl;
}
int main(){cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(false);solve();return 0;
}

C.算概率

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解题思路

简单概率dp，考虑前 i 个位置时 答对了 j 个 题目概率由 考虑前 i-1 个位置 答对了 j-1个题目或 j 个题目转移而来
note:感觉应该swap(基础场C,提高场C)

AC code

//Stop learning useless algorithms, go and solve some problems, learn how to use binary search.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
ll q_pow(ll a,ll b){ll s=1;while(b){if(b&1){s=s*a%mod;}a=a*a%mod;b>>=1;}return s;
}
void solve(){int n;cin>>n;vector<int>a(n+1);vector<ll>p(n+1);p[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++){vector<ll>nxtp(n+1);nxtp[0]=p[0]*(1-a[i]+mod)%mod;for(int j=1;j<=i;j++){nxtp[j]=(p[j-1]*a[i]%mod+p[j]*(1-a[i]+mod)%mod)%mod;}p=nxtp;}for(int i=0;i<=n;i++) cout<<p[i]<<' ';cout<<endl;
}
int main(){cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(false);solve();return 0;
}

D.施魔法

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解题思路

很容易注意到排序后可以使用区间 dp，前 i 个位置最少消耗魔力 由比 i 小的位置转移过来，具体方程为 $dp_i= \min_{j=0,i-j>=k}^{i-1} {(dp_j+a_i-a_{j+1},dp_i)} $,朴素枚举显然时 \(O(n^2)\) 的,在仔细注意一下发现把 \(dp_j-a_{j+1}\) 这个东西看成整个整体，每次枚举前缀最值，最后就可以得到一个 \(O(n)\)的正解了

AC code

//Stop learning useless algorithms, go and solve some problems, learn how to use binary search.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
typedef long long ll;
void solve(){int n,k;cin>>n>>k;vector<int>a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];vector<ll>dp(n+1,INT_MAX);dp[0]=0;sort(a.begin()+1,a.end());ll minl=INT_MAX;for(int i=1;i<=n;i++){if(i>=k) minl=min(minl,dp[i-k]-a[i-k+1]);dp[i]=min(dp[i],minl+a[i]);}cout<<dp[n]<<endl;
}
int main(){cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(false);solve();return 0;
}

E.建通道

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解题思路

位运算优先考虑拆位，发现如果存在某一位点权在序列中至少有一个数与他不同，那么我们可以把，记这一位为 i，
那么我们把所有 第 i 为1的数字与某个第 i 位为0 的数字 相连，
再把所有第 i 为 0 的数字与某个第 i 位 为 1 的数字相连，发现相连后一定一颗生成树，那么就有一个贪心的思路，从小到大枚举 发现第一位序列中有一位数与其不同时，就产生 1<<i*(n-1)的代价，可以证明这样代价一定最小，注意去重，因为 如果两个数相同连接他们产生的 lobit 显然是 0.

AC code

//Stop learning useless algorithms, go and solve some problems, learn how to use binary search.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
typedef long long ll;
void solve(){int n;cin>>n;vector<int>a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];sort(a.begin()+1,a.end());a.erase(unique(a.begin()+1,a.end()),a.end());n=a.size()-1;for(int j=0;j<=31;j++){bool bit=(a[1]>>j&1);for(int i=2;i<=n;i++){if(bit^(a[i]>>j&1)) {cout<<(1LL<<j)*(n-1)<<endl;return;}}}cout<<0<<endl;
}
int main(){cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(false);solve();return 0;
}

F.求函数

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解题思路

区间线段信息合并类题目，可以考虑线段树，发现其由一颗单点更新的线段树可以解决，考虑如何由子节点更新父节点
发现分别维护 k 与 b 即可
由子节点上传信息时
1.\(parent.k=lchild.k \times rchild.k\)
2.\(parent.b=lchild.b \times rchild.k+rchild.b\)
最后输出 k与 b之和即可
note:注意取模和开 long long

AC code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define lc (p<<1)
#define rc (p<<1|1)
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
struct Seg{struct S{int l,r;ll k,b;};int n;vector<S>tre;Seg(int n):n(n){tre.resize(n<<2);build(1,n,1);}pair<ll,ll> merge(pair<ll,ll>x,pair<ll,ll>y){return pair<ll,ll>{x.first*y.first%mod,(y.first*x.second%mod+y.second)%mod};}void pushup(int p){tre[p].k=tre[lc].k*tre[rc].k%mod;tre[p].b=(tre[rc].k*tre[lc].b%mod+tre[rc].b)%mod;}void build(int l,int r,int p){tre[p]={l,r,0,0};if(l==r) return;int mid=l+r>>1;build(l,mid,lc);build(mid+1,r,rc);pushup(p);}void upd(int idx,pair<ll,ll>k,int p=1){if(tre[p].l==tre[p].r){tre[p].k=k.first%mod;tre[p].b=k.second%mod;return;}int mid=tre[p].l+tre[p].r>>1;if(mid>=idx) upd(idx,k,lc);if(mid<idx) upd(idx,k,rc);pushup(p);}pair<ll,ll> qry(int l,int r,int p=1){if(l<=tre[p].l&&r>=tre[p].r){return {tre[p].k,tre[p].b};}pair<ll,ll>L={1,0};pair<ll,ll>R={1,0};int mid=tre[p].l+tre[p].r>>1;if(mid>=l) L=qry(l,r,lc);if(mid<r) R=qry(l,r,rc);return merge(L,R);}   
};
int main(){cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(false);int n,m;cin>>n>>m;vector< pair<ll,ll> >res(n);Seg S(n);for(auto &[x,y]:res) cin>>x;for(auto &[x,y]:res) cin>>y;for(int i=0;i<n;i++) S.upd(i+1,res[i]);while(m--){int op,idx;ll k,b;cin>>op;if(op==1){cin>>idx>>k>>b;S.upd(idx,pair<ll,ll>{k,b});}else {cin>>k>>b;pair<ll,ll>w=S.qry(k,b);cout<<(w.first+w.second)%mod<<endl;}}return 0;
}