蓝桥杯算法赛第4场小白入门赛强者挑战赛

本文主要是介绍蓝桥杯算法赛第4场小白入门赛强者挑战赛，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

蓝桥杯算法赛第4场小白入门赛&强者挑战赛

小白1
小白2
小白3
强者1
小白4强者2
小白5强者3
小白6强者4
强者5
强者6

链接：
第 4 场小白入门赛
第 4 场强者挑战赛

小白1

直接用C++内置函数即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#include <bits/extc++.h>
using namespace __gnu_pbds;using llt = long long;
using Real = double;
using vi = vector<int>;int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("z.txt", "r", stdin);
#endifios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(0);cout << __builtin_popcount(2024) << endl;return 0;
}

小白2

做个字典即可。

import os
import sys
p = {'yuanxing':1, 'zhengfangxing':2, 'changfangxing':3, 'sanjiaoxing':4, 'tuoyuanxing':5, 'liubianxing':6}n = int(input())
a = input().split()
ans = 0
for i in a:ans += p[i]
print(ans)

小白3

经典的NIM问题。当异或和为零时，先手必败。所以当石子数量为偶数时，分成两堆即可。当数量为奇数时，无论怎么分，最低位的1不可能异或为零，也就是说异或和必不为零，先手必胜。

#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{int n; cin >> n;cout << (n % 2 == 0 ? "B" : "A") << "\n"; return 0;
}

强者1

很明显的贪心，无论轮到谁取，均取当前最大的数即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#include <bits/extc++.h>
using namespace __gnu_pbds;using llt = long long;
using Real = double;
using vi = vector<int>;
using pii = pair<int, int>;int N;
vi A;void proc(){    sort(A.begin(), A.end(), greater<int>());llt a[2] = {0};int o = 0;for(int i=1;i<N;i+=2){a[o] += A[i - 1];a[o ^ 1] += A[i];o ^= 1;}cout << a[0] << " " << a[1] << endl;
}int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("z.txt", "r", stdin);
#endifios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(0);cin >> N;A.assign(N, {});for(auto & i : A) cin >> i;proc();return 0;
}

小白4强者2

抽屉原理。因为总取值范围为36500，所以当取数数量超过100时，必然有两个数之差在365及其以内。当数量不超过100时，排序以后逐个检验一下即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#include <bits/extc++.h>
using namespace __gnu_pbds;using llt = long long;
using Real = double;
using vi = vector<int>;int N;
int Q;
vi A;const array<string, 2> ANS = {"NO", "YES"};int proc(int s, int e){if(e >= s + 100) return 1;vi vec(A.begin() + s, A.begin() + e + 1);sort(vec.begin(), vec.end());for(int i=1,n=vec.size();i<n;++i){if(vec[i] - vec[i - 1] <= 365) return 1;}return 0;
}int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("z.txt", "r", stdin);
#endifios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(0);cin >> N >> Q;A.assign(N, {});for(auto & i : A) cin >> i;for(int s,e,q=1;q<=Q;++q){cin >> s >> e;cout << ANS[proc(s - 1, e - 1)] << "\n"; }return 0;
}

小白5强者3

逆序对树状数组相关。首先把二元组的数组计算出来，每个元素是 $i, P_{A_i})$ 。这个很容易计算。将二元组数组看做是 $(x, y)$ 的数组，所以该题的条件其实就是一个二维偏序的条件，即两个维度都要小。然后该题本质上就是对每一个点 $x_i,y_i)$ 求：
$c_i\times{x+i} - \sum_{j是i左下的点}{x_j}$

其中 $c_i$ 是位于 $i$ 点左下的所有点的数量。

弄两个树状数组，记作b1和b2，则对每一个点 $(x, y)$ :

在b1中查询[1, y)的和，该和表示一共有多少个点位于左下，记作c
在b2中查询[1, y)的和，该和表示左下点x坐标之和, 记作s
然后将 c * x - s 累加进去即可
然后将 b1[y] 加 1， b2[y] 加 x 即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#include <bits/extc++.h>
using namespace __gnu_pbds;using llt = long long;
using Real = double;
using vi = vector<int>;struct FenwickTree{ // 树状数组using value_type = long long int;
using vec_type = vector<value_type>;int n;
vec_type c;FenwickTree() = default;static int lowbit(int x){return x & -x;}void init(int nn){this->c.assign((this->n=nn) + 1, 0);}void modify(int pos, value_type delta){for(int i=pos;i<=this->n;i+=lowbit(i)) this->c[i] += delta;
}value_type query(int pos)const{value_type ans = 0;for(int i=pos;i;i-=lowbit(i)) ans += this->c[i];return ans;
}value_type query(int s, int e)const{return this->query(e) - this->query(s - 1);}}Bt1, Bt2;using pii = pair<int, int>;int N;
vi A, B;void input(vi & v, int n){v.assign(n, {});for(auto & i : v) cin >> i;
}llt proc(){vi pos(N + 1, {});for(int i=0;i<N;++i) pos[B[i]] = i;vector<pair<int, int>> vec(N);for(int i=0;i<N;++i){vec[i] = {i + 1, pos[A[i]] + 1};}// sort(vec.begin(), vec.end(), [](pii a, pii b){return a.second < b.second;});llt ans = 0;Bt1.init(N); Bt2.init(N);for(int i=0;i<N;++i){auto k = vec[i].first;auto v = vec[i].second;auto c = Bt1.query(v);Bt1.modify(v, 1);auto s = Bt2.query(v);Bt2.modify(v, k);ans += c * k - s;}return ans;
}int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("z.txt", "r", stdin);
#endifios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(0);cin >> N;input(A, N); input(B, N);cout << proc() << endl;return 0;
}

小白6强者4

概率推公式。有 $N$ 个格子，第 $i$ 格有 $P_i$ 的概率到下一格（第 $N$ 格的下一格是第1格），有 $1-P_i$ 的概率就此停止。问每一格最终停下的概率，以及对这些概率排序。

对于第1格而言，有 $1-P_1$ 的概率直接停下，或者转一圈回来以后再以 $1-P_1$ 的概率，或者转二圈再以 $1-P_1$ 的概率，……；
对于第2格而言，首先要到达第2格，这个概率是 $P_1$ ，然后剩下的推导类似；
所以，首先令
$\Pi=\prod_{i=1}^{N}{P_i}$
即转一圈的概率。

对第 $i$ 格，停止在此的概率是：
$Q_i=P_1\times{P_2}\times\cdots\times{P_{i-1}}\times{(1-P_i)}\times\big(1+\Pi+\Pi^2+\Pi^3+\cdots\big)=P_1\times{P_2}\times\cdots\times{P_{i-1}}\times{(1-P_i)}\times\frac{1}{1-\Pi}$

如果不考虑求逆的时间，在 $O (N)$ 内即可求出上述每一个 $Q_i$ 。

然后考虑排序，这个比较麻烦，因为要比较概率本身，而不能比较取模以后的数。

考虑 $Q_i$ 和 $Q_j$ 比较大小，不失一般性，假设 $i\lt{j}$ 。则
$Q_j=P_1\times{P_2}\times\cdots\times{P_{i-1}}\times{(1-P_i)}\times\frac{1}{1-\Pi}$
$Q_j=P_1\times{P_2}\times\cdots\times{P_{i-1}}\times{P_i}\times\cdots\times{(1-P_j)}\times\frac{1}{1-\Pi}$

首先讨论特殊情况：

当 $P_i,P_j$ 全为1时，即不可能停在此2格，停下的概率为零，根据题意， $i$ 应该排在前面；
当 $P_i,P_j$ 任意为1时，可知一个停下的概率为零，另一个不为零，则大小关系可以确定。

然后讨论一般情况，即二者全不为1时。可以证明 $Q_i\ge{Q_j}$ 。

$\begin{aligned} Q_i\ge{Q_j} &\Leftrightarrow{P_1\times{P_2}\times\cdots\times{P_{i-1}}\times{(1-P_i)}\times\frac{1}{1-\Pi}}\ge{P_1\times{P_2}\times\cdots\times{P_{i-1}}\times{P_i}\times\cdots\times{(1-P_j)}\times\frac{1}{1-\Pi}}\\ &\Leftrightarrow{1-P_i}\ge{{P_i}\times\cdots\times{(1-P_j)}} \end{aligned}$
对最后一个不等式的右边做缩放，只需证明
${1-P_i}\ge{{P_i}\times{(1-P_j)}}\tag{*}$
即可

而 $(*)$ 等价于
$1-2P_i+P_{i}P_j\ge{0}$

注意到题目给出的概率的形式，当 $P_i$ 不为1时，必有 $P_i\le{\frac{1}{2}}$ 成立。因此最后一个不等式是成立的，从而可知 $i$ 要排在 $j$ 前面。

于是得到了一个不必计算概率的具体值就能排序的准则， $sor t$ 一下即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#include <bits/extc++.h>
using namespace __gnu_pbds;using llt = long long;
using Real = double;
using vi = vector<int>;llt const MOD = 998244353;llt qpow(llt a, llt n){llt r = 1;while(n){if(n & 1) r = r * a % MOD;a = a * a % MOD;n >>= 1;}return r;
}llt inv(llt a){return qpow(a, MOD-2LL);}int N;
vector<llt> P;llt myhash(const vector<llt> & vec){llt ans = 0;llt k = 0;for(auto i : vec){ans = (ans + (++k) * i % MOD) % MOD;}return ans;
}void proc(){auto tmp = accumulate(P.begin(), P.end(), 0LL);auto pi = inv(qpow(2LL, tmp));auto fenmu = inv((MOD + 1 - pi) % MOD);vector<llt> ans(N);llt fenzi = 1;for(int i=0;i<N;++i){auto p = inv(qpow(2, P[i]));auto q = (MOD + 1 - p) % MOD;ans[i] = fenzi * q % MOD * fenmu % MOD;fenzi = fenzi * p % MOD;}vector<llt> rank(N);for(int i=0;i<N;++i) rank[i] = i + 1;sort(rank.begin(), rank.end(), [&](int i, int j){i -= 1, j -= 1;if(0 == P[i]){ // 100%会走，即停到此处的概率为0if(0 == P[j]) return i < j; return false; // 停在j的概率肯定比i大}if(0 == P[j]) return true;return i < j;});cout << myhash(ans) << endl;cout << myhash(rank) << endl;return;
}int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("z.txt", "r", stdin);
#endifios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(0);cin >> N;P.assign(N, {});for(auto & i : P) cin >> i;proc();return 0;
}

强者5

预处理加 $D P$ 。

注意到题目强调了每个用户是独立的，因此首先做一个预处理，计算出二维数组 $U ser 2 G ain$ 。 $U ser 2 G ain [i] [j]$ 表示如果给第 $i$ 个用户分配 $j$ 个空间，其收益是多少。收益等于M - 缺页中断数。（为什么要减一下计算收益，因为笔者最开始弄错了，以为是一个分组背包，所以减一下刚好可以计算最大收益）

$U ser 2 G ain$ 辅助以数据结构应该比较容易算出来。假设用户的请求数量平均分配为 $M / K$ 个，则预处理时间应该是 $O(K\times\frac{M}{k}\log{\frac{M}{K}})$ ，最差情况可能是 $O(M\log{M})$ 。不太确定这个复杂度对不对。

接下来 $D P$ ，令 $D_{i,j}$ 表示前 $i$ 个用户分配 $j$ 个空间所能获得的最大收益，则
$D_{i,j}=\max(D_{i-1,k}+User2Gain[i][j-k],k\in{[0,j]})$

算出最大收益，再减回来就得到了最小的缺页数。

上述计算要三重循环，看起来是立方的，但实际上不是。考虑到每个用户平均分配到 $\frac{M}{K}$ 个空间，因此，第1个用户只需计算到 $\frac{M}{K}$ ，第2个用户只需计算到 $\frac{2M}{K}$ ，第3个用户到 $\frac{3M}{K}$ ，……

实际计算次数是
$\big(\frac{M}{K}+\frac{2M}{K}+\frac{3M}{K}+\cdots+\frac{KM}{K}\big)\times{\frac{M}{K}}\equiv{O(M^2)}$

这似乎也是最差情况。同样不保证这个复杂度分析一定对，感觉没错。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#include <bits/extc++.h>
using namespace __gnu_pbds;using llt = long long;
using Real = double;
using vi = vector<int>;
using pii = pair<int, int>;__gnu_pbds::priority_queue<pii, function<bool(const pii &, const pii &)>> Q([](const pii & a, const pii & b){assert(a.second != b.second);return a.second < b.second;
});int N, K, M;
vector<pii> Req;
vi Lisan;
vector<vi> User2Gain;
vector<vi> D;int proc(const vi & req, int alloc){map<int, pair<vi, int>> req2pos;for(int i=0;i<req.size();++i) req2pos[req[i]].first.emplace_back(i);Q.clear();int k = 1;for(auto & p : req2pos){p.second.second = 0;p.second.first.emplace_back(M + M + k++);}vi flag(M + 1, 0);int ans = 0;int used = 0;for(int i=0;i<req.size();++i){auto r = req[i];if(0 == flag[r]){ans += 1;if(used < alloc){used += 1;}else{while(1){auto h = Q.top();Q.pop();if(h.second > i){flag[h.first] = 0;break;}}}}flag[r] = 1;auto & mm = req2pos[r];Q.push({r, mm.first[++mm.second]});}return ans;
}void proc(const vi & req, vi & gain){vi flag(M + 1, 0);int n = 0;for(auto i : req){if(flag[i] == 0){flag[i] = 1;n += 1;}}if(n > N) n = N;gain.assign(n + 1, 0);gain[0] = M - req.size();for(int i=1;i<=n;++i){gain[i] = M - proc(req, i);}return;
}int proc(){Lisan.clear(); Lisan.reserve(M + 1);Lisan.emplace_back(0);for(const auto & p : Req) Lisan.emplace_back(p.second);sort(Lisan.begin(), Lisan.end());Lisan.erase(unique(Lisan.begin(), Lisan.end()), Lisan.end());vector<vi> user2req(K + 1, vi());for(auto & p : Req){p.second = lower_bound(Lisan.begin(), Lisan.end(), p.second) - Lisan.begin();user2req[p.first].emplace_back(p.second);}User2Gain.assign(K + 1, vi());for(int i=1;i<=K;++i){proc(user2req[i], User2Gain[i]);// cout << i << ":";// for(auto j : User2Gain[i]){//     cout << " " << M - j;// }// cout << endl;}D.assign(K + 1, vi(N + 1, 0));int total = 0;for(int user=1;user<=K;++user){const auto & gain = User2Gain[user];total += gain.size() - 1;if(total >= N) total = N;for(int space=0;space<=total;++space){int ava = min((int)gain.size() - 1, space);auto & tmp = D[user][space];for(int i=0;i<=ava;++i){tmp = max(tmp, D[user-1][space-i] + gain[i]);}}}int ans = M * K;const auto & vec = D[K];for(int i=0;i<=N;++i){ans = min(ans, M * K - vec[i]);}return ans;
}int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("z.txt", "r", stdin);
#endifios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(0);int nofkase = 1;cin >> nofkase;while(nofkase--){cin >> N >> K >> M;Req.assign(M, {});for(auto & p : Req) cin >> p.first >> p.second;cout << proc() << "\n";}return 0;
}

强者6

差分加树状数组。
假设第 $i$ 个请求和第 $j$ 个请求是同一个页面，则 $j$ 有可能命中缓存。取决于 $i, j$ 之间不同页面种类的数量与缓存空间的大小关系。为方便论述，称不同页面种类的数量为间隔数。例如：
$1, 2, 3, 4, 2, 3, 4, 1$

上述两个页面1之间的间隔数为3，所以当缓存空间大于3时，第二个页面1必然是命中的；否则必然有缺页中断。基于简单的贪心可知，如果缓存空间为 $K$ 时，某个 $j$ 请求会有缺页中断，则缓存空间更小时，必然也会有缺页中断。因此只需要对相邻的相等页面，求出间隔数即可。这是一个典型的树状数组应用。

令 $A$ 数组是页面请求数组， $B$ 是一个树状数组。pre[v]是数值v在数组 $A$ 中前一个最近的位置。则：

for i,v in A:求B[pre[v], v]之间的和，记作s, s就是一个间隔数, 令cnt[s] += 1将B[pre[v]] -= 1将B[i] += 1pre[v] = i

由此就得到了每一个间隔数出现的数量，根据此就能算出缺页数（注意到此时，页面是几其实已经不重要）。

计算间隔数应该是 $O(M\log{M})$ ，根据间隔数计算 $A n s$ 应该是 $O (M)$ 。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#include <bits/extc++.h>
using namespace __gnu_pbds;using llt = long long;
using Real = double;
using vi = vector<int>;
using pii = pair<int, int>;struct FenwickTree{ // 树状数组using value_type = long long int;
using vec_type = vector<value_type>;int n;
vec_type c;FenwickTree() = default;static int lowbit(int x){return x & -x;}void init(int nn){this->c.assign((this->n=nn) + 1, 0);}void modify(int pos, value_type delta){for(int i=pos;i<=this->n;i+=lowbit(i)) this->c[i] += delta;
}value_type query(int pos)const{value_type ans = 0;for(int i=pos;i;i-=lowbit(i)) ans += this->c[i];return ans;
}value_type query(int s, int e)const{return this->query(e) - this->query(s - 1);}}Bt;int M;
vi A;
vi Ans;void proc(){    Bt.init(M);map<int, int> cnt;vi pre(1000000 + 1, 0);for(int p,v,i=0;i<M;++i){p = i + 1;v = A[i];if(pre[v]){Bt.modify(pre[v], -1);cnt[Bt.query(pre[v], p)] += 1;}else{cnt[M] += 1;}        Bt.modify(pre[v] = p, 1);}Ans.assign(M + 1, 0);int sum = 0;int another = M;for(auto it=cnt.rbegin(),jt=++cnt.rbegin(),et=cnt.rend();jt!=et;++it,++jt){int last = it->first;int start = jt->first;sum += it->second;fill(Ans.begin() + start + 1, Ans.begin() + last + 1, sum);}cout << (Ans[0] = M);for(int i=1;i<=M;++i) cout << " " << Ans[i];cout << endl;
}int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("z.txt", "r", stdin);
#endifios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(0);cin >> M;A.assign(M, {});for(auto & i : A) cin >> i;proc();return 0;
}