牛客小白月赛97 （个人题解）（待补完）

前言：

前天晚上写的一场牛客上比赛，虽然只写出了三道，但比起之前的成绩感觉自己明显有了一点进步了，继续努力吧，

正文：

链接：牛客小白月赛97_ACM/NOI/CSP/CCPC/ICPC算法编程高难度练习赛_牛客竞赛OJ (nowcoder.com)

A 三角形：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100005];
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	int flag=0;
	for(int i=1;i<=n-2;i++){
		if(a[i]==a[i+1]&&a[i+1]==a[i+2])flag=1;
	}
	if(flag)cout<<"YES"<<endl;
	else cout<<"NO"<<endl;
	return 0;
}

签到题，我是排序后看看有没有三个连续相等的数字。更好的做法应该是用桶排看看有没有出现次数超过三的数字，其实都差不多。

B 好数组：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
    int n,x,f=1,a=0;cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        cin>>x;
        if(x==0) f=0;
    }
    if(f==0) cout<<"NO"<<endl;
    else cout<<"YES"<<endl;
    return 0;
}

又一道签到题，只要包含0就不是好数组。

C 前缀平方和序列：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,x;
const long long mod=1e9+7;
typedef long long ll;
ll quick(ll a,ll b){
	ll res=1;
	while(b){
		if(b%2)res=res*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b/=2;
	}
	return res;
}
ll f[10005];
void init(){
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=10005;i++){
		f[i]=f[i-1]*i%mod;
	}
}
ll inv(ll x){
	return quick(x,mod-2)%mod;
}
int main(){
	init();
	cin>>n>>x;
	ll cnt=(ll)sqrt(x);
    if(cnt<n){
        cout<<0<<endl;
        return 0;
    }
	//cout<<f[cnt]<<" "<<inv(f[n])<<" "<<inv(f[cnt-n])<<endl;
	ll ans=(f[cnt]*((inv(f[n])%mod*inv(f[cnt-n]%mod))%mod))%mod;
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

预处理阶乘和逆元（费马小定理），然后求组合数，注意要开long long,并且在计算过程中一定要时时取模否则会暴。

D 走一个大整数迷宫：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[15][15],b[15][15];
bool book[15][15][10005];
ll n,m,p;
ll quick(ll a,ll b,ll mod){
	ll res=1;
	while(b){
		if(b%2)res=res*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b/=2;
	}
	return res;
}
int ne[4][2]={{0,-1},{0,1},{1,0},{-1,0}};
typedef struct stu{
	int x;
	int y;
	int z;
	int c;
}node;
int ans=1e9+7;
queue<node> q;
void bfs(int x,int y,int z,int c){
	node k={x,y,z,c};
	q.push(k);
	while(!q.empty()){
		k=q.front();
		q.pop();
		if(book[k.x][k.y][k.c%(p-1)])continue;
		book[k.x][k.y][k.c%(p-1)]=true;	
		if(k.x==n&&k.y==m&&k.c%(p-1)==0){
			ans=min(k.z,ans);
			break;
		}
		for(int i=0;i<4;i++){
			int nx=k.x+ne[i][0];
			int ny=k.y+ne[i][1];
			if(nx>=1&&nx<=n&&ny>=1&&ny<=m){
				//cout<<nx<<" "<<ny<<" "<<k.z+1<<" "<<k.c+a[nx][ny]<<endl;
                int cc=(k.c+a[nx][ny])%(p-1);
				node l={nx,ny,k.z+1,cc};
				q.push(l);
			}
		}
	}
}
int main(){
	cin>>n>>m>>p;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			cin>>a[i][j];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			cin>>b[i][j];
		}
	}
	bfs(1,1,0,a[1][1]);
	if(ans==1e9+7)cout<<-1;
	else cout<<ans;
	return 0;
}

首先咱们先看c的表式方式

首先我们要知道我们最后要求的数是对（p-1）取模的数，我们完全可以在输入的时候就将图上的数直接取模。然后我们再对Cij进行简化，很容易发现 $p^{2^{bij}}$ 对（p-1）取模一直都为1。

（由于 $p^{2^{bij}}=(p-1+1)^{2^{bij}}$

可以将 $p^{2^{bij}}$ 展开为 $1+x_{1}(p-1)^{1}+x_{2}(p-1)^{2}+...+x_{n}(p-1)^{n}$ ）

然后用bfs跑分层图，第一、二维为x,y，第三维为走到这个点时的计数器上的数对（p-1）取模的结果（这样能避免多走但计数器取模后一样的情况）。具体写法见上。如果能搜到答案就输出，不然就输出-1.

E 前缀和前缀最大值：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100005];
int pre[100005],sum[100005][101];
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		if(a[i]<0)pre[i]=pre[i-1]-a[i];
		else pre[i]=pre[i-1];
		for(int j=1;j<=100;j++){
			sum[i][j]=sum[i-1][j]+(a[i]==j);
		}
	}
	int q;
	cin>>q;
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int l,r,tmp=0;
		cin>>l>>r;
		int t=pre[r]-pre[l-1];
		int res=0;
		int cnt=0;
		for(int j=1;j<=100;j++){
			int k=sum[r][j]-sum[l-1][j];
			if(k!=0){
				if(k*j+res>=t){
					cnt+=(t-res)/j;
					break;
				}
				else cnt+=k;res+=k*j;
                //cout<<" "<<t<<" "<<cnt<<" "<<res<<endl;
			}
		}
		cout<<cnt+1<<endl;
	}
	return 0;
}

这题是我看了他发的答案才写出来的，咱们首先得要知道他的A类价值数是连续的，可能又相等的值，但一定是一个区间内的所有数，考虑 A 类价值最小的方案，是从小到大排序序列 a。然后进行n 次，将序列 a 的最后一个数字移动到最前面。会发现这样操作序列 a 的 A 类价值是单调不减的，并且每次只移动一个数，增量只可能是0 或者 1。所以可以得出一个结论，A 类价值是连续的。所以我们最后只需要求他的最大A的值r和最小A值l，答案就为r-l+1。上界即为正数个数，下界就是从小到大排的第一个正数前缀到尾的距离。