题解 | #牛客小白月赛44#

深渊水妖

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11221/A

牛客小白月赛44

深渊水妖

题目描述：

找到所有极长的不严格上升段，并找出它们当中右端点权值 - 左端点权值最大的那些个段，输出端点坐标

思路：

模拟就行，千万要注意是权值的差的最大值，而不是r - l + 1的最大值

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

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod 998244353
#define sd(n) scanf("%d",&n)
#define sdd(n,m) scanf("%d %d",&n,&m)
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define io ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0)

typedef long long ll;
typedef pair <int,int> pii;

#define MAX 300000 + 50
int n, m, k, op;
int x, y, z;
ll a, b, c;
string s, t;
int tr[MAX];

void work(){
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)cin >> tr[i];
    int l = 1, r = 1;
    vector<pii>v;
    int maxn = 0;
    for(int i = 2; i <= n; ++i){
        if(tr[i] >= tr[i - 1]){
            r = i;
        }
        else{
            v.push_back(m_p(l, r));
            l = r = i;
        }
        maxn = max(maxn, tr[r] - tr[l]);
    }
    v.push_back(m_p(l, r));
    for(auto [l, r] : v){
        if(tr[r] - tr[l] == maxn)cout << l << ' ' << r << ' ';
    }
    cout << endl;
}


int main(){
    io;
    int tt;cin>>tt;
    for(int _t = 1; _t <= tt; ++_t){
    //printf("Case #%d: ", _t);
    work();
    }
    return 0;
}

顽皮恶魔

题目描述：

n * m的矩阵，有三种个体，植物、保护伞、僵尸，每个保护伞可以保护周围的3 * 3的植物，问有多少个植物没有被保护

思路：

我第一发的思路是：记录所有保护伞的位置，塞到queue里面，然后去更新周围八个植物的标记，并统计答案，但是很奇怪地T了，复杂度应该是保护伞的数量 * 8 ，极端情况也就是1e7，除了人丑常数大以外我想不到别的原因了

然后我就换了个思路：直接枚举矩阵的每个元素，如果是植物，我们就判断一下这个点周围八个格子有没有保护伞，并统计答案就行

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

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod 998244353
#define sd(n) scanf("%d",&n)
#define sdd(n,m) scanf("%d %d",&n,&m)
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define io ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0)

typedef long long ll;
typedef pair <int,int> pii;

#define MAX 300000 + 50
int n, m, k, op;
int x, y, z;
ll a, b, c;
string s, t;
char tr[1005][1005];

int dx[] = {1, -1, 0, 0, 1, -1, 1, -1};
int dy[] = {0, 0, 1, -1, 1, 1, -1, -1};

bool judge(int x, int y){
    if(x > n || x < 1 || y > m || y < 1)return false;
    else if(tr[x][y] == 'Z')return false;
    else if(tr[x][y] == 'P')return false;
    return true;
}

void work(){
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <=n; ++i){
        for(int j = 1; j <= m; ++j){
            cin >> tr[i][j];
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        for(int j = 1; j <= m; ++j){
            if(tr[i][j] == 'P'){
                bool p = 0;
                for(int k = 0; k < 8; ++k){
                    if(judge(i + dx[k], j + dy[k])){
                        p = 1;
                        break;
                    }
                }
                if(!p)++ans;
            }
        }
    }
    cout << ans << endl;
}


int main(){
    io;
    int tt;cin>>tt;
    for(int _t = 1; _t <= tt; ++_t){
    //printf("Case #%d: ", _t);
    		work();
    }
    return 0;
}

绝命沙虫

题目描述：

最开始手里有 n 元钱

充值 a 元可以获得 a*100的红点和 min{10000, a * 100 * (p - 1)}的绿点，其中p是充值点倍率

出售b个红点可以获得 $\lfloor{\frac{b}{100}} \rfloor$ 和 $\lfloor{\frac{b}{10}} \rfloor$ 的经验

出售 c个绿点可以获得 $\lfloor{\frac{c}{10}}\rfloor$

任何时刻只要你手上有 RMB 或者有红点/绿点你都依次使用并且用光，你不会手上有而不用

思路：

不难发现，钱数每次都在除2，不会出现小数的问题，所以我们把这个作为循环结束条件，而红点和绿点会有小数问题，所以用double，进行除法向下取整时不要用floor函数，通过+eps后进行强制类型转换来替代

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

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod 998244353
#define eps 1e-6
#define sd(n) scanf("%d",&n)
#define sdd(n,m) scanf("%d %d",&n,&m)
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define io ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0)

typedef long long ll;
typedef pair <int,int> pii;

#define MAX 300000 + 50
double n, m, k, op;
int x, y, z;
ll a, b, c;
string s, t;

void work(){
    double p;
    cin >> a >> p;
    ll ans = 0;
    while (a) {
        ans += ll((min(10000.0, a * 100.0 * (p - 1)) + eps) / 10) + 1ll * (10 * a);
        a = ll(a / 2);
    }
    cout << ans << endl;
}


int main(){
    io;
    int tt;cin>>tt;
    for(int _t = 1; _t <= tt; ++_t){
    work();
    }
    return 0;
}

丛林木马

题目描述：

手模普通的十进制乘法时，做法是：把每一位相乘并且乘上它们的 10 ^k^ 然后相加，其中 k 表示对应数位的幂次，现在问将相乘换成相加后模998244353的结果是多少

比如12 * 13，13中的3，加上12中的每一位得到：3 + 2 = 5， 3 + 10 = 13，13中的1，也就是10，加上12中的每一位得到：10 + 2 = 12， 10 + 10 = 20，所以总的和是：5 + 13 + 12 + 20 = 50

思路：

显然一个个模拟肯定会T，但是如果我们知道每一位会产生多少次的贡献就好了，不难发现，数字a的第 i 位会与数字 b 的每一位都进行运算，假设数字a有aa位，数字b有bb位，则答案就是(a*bb+b*aa)%mod

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

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod 998244353
#define sd(n) scanf("%d",&n)
#define sdd(n,m) scanf("%d %d",&n,&m)
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define io ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0)

typedef long long ll;
typedef pair <int,int> pii;

#define MAX 300000 + 50
int n, m, k, op;
int x, y, z;
ll a, b, c;
string s, t;
int tr[MAX];

void work(){
    cin >> s >> t;
    a = s.size();
    b = t.size();
    ll aa = 0;
    for(int i = 0; i < a; ++i){
        aa *= 10;
        aa += s[i] - '0';
        aa %= mod;
    }
    ll bb = 0;
    for(int i = 0; i < b; ++i){
        bb *= 10;
        bb += t[i] - '0';
        bb %= mod;
    }
    ll ans = ((a * bb) % mod + (b * aa) % mod) % mod;
    cout << ans << endl;
}


int main(){
    io;
    int tt;cin>>tt;
    for(int _t = 1; _t <= tt; ++_t){
        printf("Case #%d: ", _t);
        work();
    }
    return 0;
}

变异蛮牛

题目描述：

树根为1，结点颜色由其深度决定，奇为黑，偶为白，假设树根深度为1

求黑点个数-白点个数最大的链的数量

思路：

因为是黑白交错，所有黑-白最大就是1，也就是问起的是黑色，终点也是黑色的链的数量，因为是树，所以每个点之间都是联通的，所以我们只需要统计出黑色节点的数量为num，则答案就是 $num + \frac{num * (num-1)}{2}$ ,前者是每个节点都可以和自己构成一条一个节点的链，初次之外每个点都可以和除他本身的num-1个点相连，这样就是 $n u m * (n u m - 1)$ ，除2是因为计算的时候重复了

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

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod 998244353
#define sd(n) scanf("%d",&n)
#define sdd(n,m) scanf("%d %d",&n,&m)
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define io ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0)

typedef long long ll;
typedef pair <int,int> pii;

#define MAX 300000 + 50
int n, m, k, op;
int x, y, z;
ll a, b, c;
string s, t;
vector<int>tr[MAX];
ll num = 0;
void dfs(int u, int fa, int h){
    if(h % 2)++num;
    for(auto v : tr[u]){
        if(fa == v)continue;
        dfs(v, u, h + 1);
    }
    return;
}


void work(){
    cin >> n;
    num = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)tr[i].clear();
    for(int i = 1; i <= n - 1; ++i){
        cin >> x >> y;
        tr[x].push_back(y);
        tr[y].push_back(x);
    }
    dfs(1, -1, 1);
    cout << num + num * (num - 1) / 2 << endl;
}


int main(){
    io;
    int tt;cin>>tt;
    for(int _t = 1; _t <= tt; ++_t){
    //printf("Case #%d: ", _t);
    work();
    }
    return 0;
}

幽暗统领

题目描述：

给n条链，每条链的长度是 ai，现在可以加任意n-1条边，但必须将这n条链连成一棵树，问有哪些点有可能成为树的重心

思路：

树的重心定义为树的某个节点，当去掉该节点后，树的各个连通分量中，节点数最多的连通分量其节点数达到最小值

用maxn表示max{a[i]}，用sum表示 $\sum{a_i}$ , 用yu表示sum-maxn

当maxn <= yu ,也就是最长的链的长度不超过剩下所有的点的数量时，每个点都可以成为重心，方法是将剩下的所有链以子树的方式插在这个点的身上

当maxn > yu，这个时候只有最长链的中间某部分的点可以成为重心，我们可以考虑将这条链铺在数轴上，即[1， maxn],设需要的部分是[l, r]，其中l和r其实是等价的，因为链是一条线，是对称的，所以我们只需要求出l,就可以直接获得r=maxn-l+1,

假设当前点l想成为重心，那他需要将剩下的所有链以子树的形式插到这个点上，来避免头轻脚重，可以推出： $l+yu>=\lceil{\frac{sum}{2}}\rceil$ ,即 $l>=\lceil{\frac{sum}{2}}\rceil-yu$ ,所以l最小是 $\lceil{\frac{sum}{2}}\rceil-yu$ ，那r也可以推出来了，所以长度就有了，为r - l + 1

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

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod 998244353
#define sd(n) scanf("%d",&n)
#define sdd(n,m) scanf("%d %d",&n,&m)
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define io ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0)

typedef long long ll;
typedef pair <int,int> pii;

#define MAX 300000 + 50
int n, m, k, op;
int x, y, z;
ll a, b, c;
string s, t;
ll tr[MAX];

void work(){
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)cin >> tr[i];
    ll maxn = 0;
    ll sum = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        maxn = max(tr[i], maxn);
        sum += tr[i];
    }
    ll yu = sum - maxn;
    if(yu >= maxn)cout << sum << endl;
    else{
        ll l = (sum + 1) / 2 - yu;
        ll r = maxn - l + 1;
        cout << r - l + 1 << endl;
    }
}


int main(){
    io;
    int tt;cin>>tt;
    for(int _t = 1; _t <= tt; ++_t){

        work();
    }
    return 0;
}