牛客练习赛60 A—F题解（缺E题）
本蒟蒻这次只过了三题 赛后学习了一下出题人巨佬的标码(码风比我好多了 贴的代码有些是仿出题人)
现在将自己的理解写下来与大家分享
A
这个题一分析就是每个数字都会与所有数字&一下 (a&a=a)
&字操作是二进制同位都为一才为一 这时解法就变成统计每个二进制位上1的次数
| 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 | #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const ll maxn = 1e5; const ll maxm = 30 ; ll res; ll arr[maxn + 5 ], n, cnt[maxm + 5 ]; int main() { scanf( "%d" , &n); for ( int i = 1 ; i <= n; ++i)scanf( "%d" , &arr[i]); for ( int i = 1 ; i <= n; ++i) for ( int j = 0 ; j < 30 ; ++j) if (arr[i] & ( 1 << j))cnt[j] += 1 ; ///各位上1的个数 for ( int i = 0 ; i < 30 ; ++i)res += cnt[i] * cnt[i] * ( 1 << i); printf( "%lld\n" , res); return 0 ; } |
B
简单的n2枚举 分析一下可以知道每条边都用了n-2次
| 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 | #include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ll n,ans; ll mod= 998244353 ; struct P { ll x,y; }a[ 110 ]; ll len(P m,P n) { return abs(m.x-n.x)+abs(m.y-n.y); } int main() { scanf( "%lld" ,&n); for ( int i= 1 ;i<=n;++i)scanf( "%lld%lld" ,&a[i].x,&a[i].y); for ( int i= 1 ;i<=n;++i) { for ( int j=i+ 1 ;j<=n;++j) { ans+=(len(a[i],a[j])*(n- 2 ))%mod; } } cout<<ans%mod<<endl; return 0 ; } |
C
这是一个比较基础的dp方程的进阶 从n个物品中选k个
dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]
i表示到第几个字符了 j是用了几个字符
dp[i-1][j]是不用这个新加的 dp[i-1][j-1]是用这个新加的
这题的关键点是我们这样计算重复了多少字符（本质不同的解释）
其实仔细一想 我们重复计算就是相当于把 输出前面出现的那个符号在那里又多算了一次
多了哪一部分 这个重复符号上次出现的位置的dp值
| 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 | #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const ll maxn = 1000 ; const ll mod = 1e9 + 7 ; ll dp[maxn + 5 ][maxn + 5 ]; ll n, k, pre[maxn + 5 ]; ///pre记录上次同一个字符的出现位置 char s[maxn + 5 ]; int main() { scanf( "%d %d" , &n, &k); scanf( "%s" , s + 1 ); dp[ 0 ][ 0 ] = 1 ; ///n中选0个为1种情况 for ( int i = 1 ; i <= n; ++i) { dp[i][ 0 ] = 1 ; for ( int j = 1 ; j <= i; ++j) { dp[i][j] = dp[i - 1 ][j] + dp[i - 1 ][j - 1 ]; if (pre[s[i] - 'a' ])dp[i][j] -= dp[pre[s[i] - 'a' ] - 1 ][j - 1 ]; dp[i][j] %= mod; } pre[s[i] - 'a' ] = i; } ll res = dp[n][k]; if (res < 0 )res += mod; printf( "%lld\n" , res); return 0 ; } |
D
这题由于蒟蒻（我）追求梦想用n2枚举过了 但赛后还是写了一下正解方程（n枚举应该可以过）
写这题你需要一个 扩展欧几里得模板（能判断是否有整数解） 然后枚举一个数就把题目变成了一个模板题了 前面是n2枚举 后面大概是正解
| 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 | #include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ll a,b,c,k,minl; int main() { cin>>a>>b>>c>>k; minl=min(a,min(b,c)); ll s=k/minl; for ( int i= 1 ;i<=s;++i) { for ( int j= 1 ;j<=s;++j) { ll z1=k-a*i-b*j; ll z2=k-b*i-c*j; ll z3=k-a*i-c*j; if (z1%c== 0 ){cout<<i<< " " <<j<< " " <<z1/c; return 0 ;} if (z2%a== 0 ){cout<<z2/a<< " " <<i<< " " <<j; return 0 ;} if (z3%b== 0 ){cout<<i<< " " <<z3/b<< " " <<j; return 0 ;} } } return 0 ; } #include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ll a,b,c,k; void exgcd(ll a,ll b,ll&x,ll&y) { if (b== 0 ) { x= 1 ; y= 0 ; return ; } exgcd(b,a%b,x,y); ll t=x; x=y; y=t-(a/b)*y; } ll gcd(ll a,ll b){ return b== 0 ?a:gcd(b,a%b); } int main() { scanf( "%lld%lld%lld%lld" ,&a,&b,&c,&k); for (ll i= 0 ;i<=k/c;i++){ ll d=k-i*c; ll x,y; exgcd(a,b,x,y); ll e=gcd(a,b); if (d%e!= 0 ) continue ; ///有无解 ll n=d/e; ll m=b/e; x*=n;y*=n; x=(x%m+m)%m; y=(d-x*a)/b; ///有无整数解 if (x>= 0 &&y>= 0 ){ printf( "%lld %lld %lld" ,x,y,i); return 0 ; } } return 0 ; } |
F
这题作为正在学习计算几何的蒟蒻（我） 那肯定是要学习的
做这题的关键是要注意画图才能理解 代码里大部分有注释
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e题的题解可能在我大佬队友写完后贴出来（这个方向我是真不会）.....
看到最后的彩蛋 推荐纯音乐 Like Sunday,Like Rain ^-^
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