牛客寒假训练营一

2023-08-31 04:57:10

A题

思路：感觉跟模拟差不多，按照题意来就行，每踢一球之后进行判断，停止比赛的条件为：a的进球数量大于b的进球数量+b的剩余场数，反过来b也可以大于a的。出现了这种情况就直接返回，否则跑到最后输出-1即可，表示没有输出胜负。

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using namespace std;
const int N=1e5+5;  
typedef long long ll;void solve()
{string s;cin>>s;s=" "+s;int i;int a=0;int b=0;int at=5;int bt=5;for(i=1;i<=10;i++){if(i%2!=0){if(s[i]=='1'){a++;}at--;}else{if(s[i]=='1'){b++;}bt--;}if(a>b+bt||b>a+at){cout<>t;while(t--){solve();}system("pause");return 0;
}

C题

思路：贪心的思想吧，就是每个教授分一份文章，当文章的引用量大于0的时候ans就++，最后输出ans即可。

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using namespace std;
const int N=1e5+5;  
typedef long long ll;
ll a[N];void solve()
{int n;int i;cin>>n;int ans=0;for(i=0;i>a[i];if(a[i]>0){ans++;}}cout<>t;while(t--){solve();}system("pause");return 0;
}

D题

思路：分类讨论点位于1，2，3，4四个区域的情况。

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typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
ll mod=1e9+7;
using namespace std;
typedef pair p;void solve()
{int x,y,xp,yp;cin>>x>>y>>xp>>yp;if(xp<=x&&yp<=y){double ans =1.0 * max(xp, x - xp) * max(yp, y -yp) / (x * y);printf("%.9lf\n",ans);}else if(xpy){double s1=(xp*y)*1.0/((x*y)+xp*(yp-y));double s2=(x-xp)*y*1.0/((x*y)+(x-xp)*(yp-y));double ans=max(s1,s2);printf("%.9lf\n",ans);}else if(xp>=x&&yp>=y){double s1=x*y;double s2=xp*yp;double ans=s1*1.0/s2;printf("%.9lf\n",ans);}else if(xp>x&&yp>t;while (t--){solve();}system("pause");return 0;}

G题

思路：首先对于这题，我们验证一会可以发现，当某个数经过少量的操作次数后，可以得到f（x）=x，于是我们可以用set去记录，题目中k最大是1e9，但是上文中也曾提到，我们根本用不到这么多次操作，经过计算可以发现，最大的操作是20，而且数组长度最大是1e5，所以最大的计算量为1e7，不用怕超时，然后对于求和这个操作，我们可以先减去这个数，然后对x进行f（x）的操作，最后加上x。最后如果x的值不变了，就将其从set中除去。

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using namespace std;
const int N=1e5+5;  
typedef long long ll;
ll a[N];int f(int n)
{return round(10*sqrt(n));
}
void solve()
{int n,m;cin>>n>>m;int i;set z;ll ans=0;for(i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];if(a[i]!=f(a[i])){z.insert(i);}ans+=a[i];}z.insert(n+1);for(i=0;i>op;if(op==1){int l,r,k;cin>>l>>r>>k;while(1){int now=*(z.lower_bound(l));if(now>r){break;}for(int j=1;j<=min(20,k);j++){ans-=a[now];a[now]=f(a[now]);ans+=a[now];}if(a[now]==f(a[now])){z.erase(now);}l=now+1;}}else{cout<>t;while(t--){solve();}system("pause");return 0;
}

H题

题目太长就不截图了。

思路：题目标题纯诈骗，这题跟dfs没有任何关系，因为我们知道一块完整的碎片（没有凸凹）的价值是10，现在给出n*n-1个拼图碎片的数据，想知道最后一块的价值，所以对于一块碎片，当其突出的时候，也就代表着，最终的那一块会少一部分，反之，凹进去的时候，最终的那一块会多一部分。

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using namespace std;
const int N=1e5+5;  
typedef long long ll;void solve()
{int n;cin>>n;n*=n;int i;ll ans=10;for(i=0;i>a[j];if(a[j]=='1'){ans++;}if(a[j]=='2'){ans--;}}}cout<>t;while(t--){solve();}system("pause");return 0;
}

K题

思路：通过列举样例我们可以找到类似的规律，我们可以将整个字符串进行100100100......类似的进行排列，然后将多余的1排在最后，计算最后那一部分的坏的字符串即可。

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#include
using namespace std;
const int N=1e5+5;  
typedef long long ll;
ll a[N];void solve()
{int n,m;cin>>n>>m;int x=n-m;x/=2;if(x==0){cout<>t;while(t--){solve();}system("pause");return 0;
}

M题

思路：dp，dp[i][j]表示给i个人分了j颗糖，然后枚举第i个人分到1-k颗糖，（k<=j）

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using namespace std;
const int N=1e5+5;  
typedef long long ll;
double dp[505][505];void solve()
{int n,m;int i,j,k;cin>>n>>m;for(i=1;i<=n;i++){for(j=1;j<=m;j++){for(k=1;k<=j;k++){dp[i][j]=max(dp[i-1][j-k]+k*1.0/(m-(j-k)),dp[i][j]);}}}printf("%.6lf",dp[n][m]);
}int main()
{   int t;t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}system("pause");return 0;
}

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