0.導(dǎo)讀

開坑，記錄下做過的題。只會簽到捏。

題解不完全，不會，先開個(gè)坑，興許寒假打完5場比賽填坑

1.2022SWJTU月賽

M.發(fā)工資

思想：貪心地將每個(gè)元素修改為平均數(shù)，代價(jià)傳給后繼元素。若元素為平均數(shù)，（因前驅(qū)的修改變?yōu)榱似骄鶖?shù)，無需修改了）

int solve() {int ans=0;for(int i=0;i<n;i++) a[i]-=avr;for(int i=0;i<n;i++){if(a[i]) {a[i+1]+=a[i];ans++;}}return ans; }

C.積水問題

• 法一.貪心分治

找出被兩個(gè)極大值包裹的區(qū)間，區(qū)間的權(quán)易求

左右區(qū)間重復(fù)如上分治操作

• 法二.排序加速

用高度的降序排列p作為輔助，維護(hù)一個(gè)t的已solve的lr區(qū)間，每次迭代入一個(gè)次大高度，拓展lr區(qū)間

int solve() {p[0].id=0,p[n+1].id=n+1;//兩側(cè)用0包裹 sort(p,p+1+n+1);int l,r;//lr最高柱重合 l=r=p[0].id;//每次ask一個(gè)較大的數(shù)，然后判斷這個(gè)數(shù)的id在那個(gè)區(qū)間，然后這段區(qū)間易求權(quán) //0.lr維護(hù)的是已經(jīng)ask過的區(qū)間 //易證內(nèi)嵌for總共只會遍歷一邊數(shù)組，所以時(shí)間復(fù)雜度是O(2n) for(ri i=1;i<=n+1;i++){if(p[i].id>r){int top=min(p[i].val,t[r]);for(int j=r+1;j<p[i].id;j++) ans+=top-t[j];r=p[i].id;}if(p[i].id<l){int top=min(p[i].val,t[l]);for(int j=p[i].id+1;j<l;j++) ans+=top-t[j];l=p[i].id;}}return ans; }

J.alwaysRank

題面

在二維平面里有n個(gè)得分點(diǎn)(xi,yi)，\{R^2\}內(nèi)任取一點(diǎn)(i,j),其得分為到這些得分點(diǎn)的曼哈頓距離之和。求得分最少的點(diǎn)的數(shù)目

曼哈頓距離定義：Manhattan(p1,p2)=|x_1-x_2|\ +\ |y_1-y_2|

解析

曼哈頓距離是的x軸與y軸是離散化的，

考查一維數(shù)軸上放置n個(gè)得分點(diǎn)——

若n為奇數(shù)，有且僅有中位數(shù)那個(gè)點(diǎn)得分最少，得分為Σx_r-x_l,l+r=n

若n為偶數(shù)，中位數(shù)區(qū)間的所有點(diǎn)都是得分最少的點(diǎn)

考查二位數(shù)軸上的積分點(diǎn)，考查x軸上積分最少的點(diǎn)與y軸上積分最少的點(diǎn)，顯然是col*row;

int solve() {int row=0,cow=0;sort(x+1,x+1+n);sort(y+1,y+1+n);if(n%2) row=1,col=1;else row=x[n/2+1]-x[n/2]+1,col=y[n/2+1]-y[n/2]+1;returncol*row; } 寒假打完比賽回來填坑……

2.新秀杯初賽

A. 最長括號匹配

Description

給定一個(gè)只含有'('和')'字符的字符串，長度為 n(1≤n≤10^3)

。求最長有效括號子串（格式正確且連續(xù)）的長度。

包括形如(()),()()

Solution

以每一個(gè)(為可能的字串起點(diǎn)，往后檢查匹配長度，記錄(個(gè)數(shù)ls和)個(gè)數(shù)rs，故當(dāng)rs>ls時(shí)這是一段非法的字串，當(dāng)ls>rs時(shí)可以往后搜索，當(dāng)ls==rs是一段可行的字串，需要記錄答案然后繼續(xù)往后搜索

Code

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; string s; int ans=0; ? int main() {cin>>s;for(int i=0;i<s.size();i++){if(s[i]=='('){int ls=0,rs=0;for(int j=i;j<s.size();j++){if(s[j]=='(') ls++;else rs++;if(ls==rs){ans=max(ans,j-i+1);}if(rs>ls) {i=j-1;break;}}}}cout<<ans;return 0; }

O(n)解法

D.救救qq

水題不貼

E.幫幫小冷

Description

小冷有一個(gè)大小為n的數(shù)組，小冷不喜歡很大的數(shù)，他想盡可能使數(shù)組的和盡可能小，現(xiàn)在只有一種使數(shù)組變小的辦法，若數(shù)字c為數(shù)組中每一個(gè)數(shù)的因數(shù)的話，那么便可以數(shù)組中的所有數(shù)都除以c，小冷想知道最小的數(shù)組的和，你能幫幫他嗎qwq。

Solution 區(qū)間gcd問題，可以用ST表 數(shù)據(jù)太弱只有一個(gè)查詢,On跑了，水題

#include<bits/stdc++.h> using namespace std;const int N=1e6+5,M=1e4+5; long long a[N]; int n; long long ans=0; long long by[N]; int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n;for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];by[0]=a[0];for(int i=1;i<n;i++){//cout<<by[i-1]<<"\n";by[i]=__gcd(by[i-1],a[i]);}for(int i=0;i<n;i++) ans+=a[i]/by[n-1];cout<<ans;return 0; }

I.西南膠帶也是膠帶啊

Description

在由于XCPC主辦方多次將SWJTU和XAJTU的物資發(fā)錯(cuò)，兩校ACM校隊(duì)達(dá)成協(xié)議：將錯(cuò)就錯(cuò)。

現(xiàn)在XAJTU和SWJTU都有不超過26支隊(duì)伍。其中XAJTU有Au1支隊(duì)伍能拿金牌，Ag1支隊(duì)伍能拿銀牌，Cu1支隊(duì)伍能拿銅牌；而SWJTU有Au2支隊(duì)伍能拿金牌，Ag2支隊(duì)伍能拿銀牌，Cu2支隊(duì)伍能拿銅牌。

兩校如果拿到自己學(xué)校隊(duì)伍的物資，則令對應(yīng)的隊(duì)伍參賽，在剩余的隊(duì)伍中，未拿到自己物資的隊(duì)伍由強(qiáng)到弱給按物資順序拿對方物資，給對方代打

假設(shè)每支隊(duì)伍都會正常發(fā)揮，獲取到其校內(nèi)排名對應(yīng)的獎(jiǎng)牌。如果SWJTU的獲得金牌數(shù)量比原本能獲得的多，那么宋老板會很開心，如果獲得金牌的數(shù)量不變，而獲得銀牌的數(shù)量變多了，宋老板也會很開心，實(shí)在不行銅牌數(shù)量增多了宋老板也會很開心！

如果宋老板很開心，他就會請大家在星期四吃麥，請問大家有沒有機(jī)會在周四吃到麥。

Solution

小模擬，題面寫的真爛

Code

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; ? int au1,ag1,cu1,au2,ag2,cu2; string xat,swt; char Upper[26]; int len=0; int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>au1>>ag1>>cu1>>au2>>ag2>>cu2;cin>>xat>>swt;int cnt=0,nau=0,nag=0,ncu=0;int au=0,ag=0,cu=0;int oau=0,oag=0,ocu=0;for(int i=0;i<xat.size();i++){//仙交摸到稀膠 if(xat[i]>='a' && xat[i]<='z'){cnt++;//稀膠自己打，o if(xat[i]-'a'<=au2) oau++;else if(xat[i]-'a'+1>au2 && xat[i]-'a'+1<=au2+ag2) oag++;else if(cnt<=au2+ag2+cu2)ocu++; //仙交代打 ，n if(cnt<=au1) nau++;else if(cnt>au1 && cnt<=au1+ag1) nag++;else if(cnt<=au1+ag1+cu1) ncu++; }} ?if(nau>oau || nag>oag || ncu>ocu) cout<<"Yeah!";else cout<<"No!";return 0; }

J.最強(qiáng)的對手!至大的危機(jī)!

Description

與蕈獸結(jié)下堅(jiān)定的羈絆！經(jīng)歷多場激烈角逐后，旅行者和派蒙終于闖進(jìn)了蕈獸大作戰(zhàn)“月蓮杯”的決賽！他們將繼承八重神子和萊依拉的信念，挑戰(zhàn)最強(qiáng)的馴獸師海妮耶，并揭穿隱藏在“月蓮杯”大賽之下的陰謀!

但在此之前，派蒙決定先與蕈獸伙伴們進(jìn)行元素反應(yīng)特訓(xùn)...

由于派蒙不想計(jì)算元素反應(yīng)中的元素附著保留概率，所以她將元素反應(yīng)機(jī)制略微改變了，改變后的元素反應(yīng)特訓(xùn)將以如下規(guī)則展開：

已知，每種蕈獸都有一種元素屬性：

Bongo-Head(咚咚小圓帽)為Hydro(水元素)的蕈獸，Twirly-Whirly(轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)悠悠獸)為Anemo(風(fēng)元素)的蕈獸，Blitzara(百雷遮羅)為Electro(雷元素)的蕈獸。

當(dāng)蕈獸釋放元素戰(zhàn)技，木樁會被附著上對應(yīng)的元素，若木樁上早已有元素附著，將會產(chǎn)生元素反應(yīng)，并且將木樁上的元素附著更改為當(dāng)前元素。需要注意的是，風(fēng)元素不會附著于木樁。元素反應(yīng)如下所示：

感電 Electro-Charged ：水元素-Hydro+雷元素-Electro

擴(kuò)散 Swirl ： 風(fēng)元素-Anemo+雷元素-Electro/水元素-Hydro

在元素反應(yīng)特訓(xùn)中，派蒙將蕈獸伙伴們進(jìn)行編隊(duì)，分別放在一號位，二號位和三號位上。接下來，她會發(fā)出一連串僅含'1','2','3'的指令，指示位于該號位上的蕈獸對木樁釋放元素戰(zhàn)技！

而你，旅行者，將作為特訓(xùn)中的木樁！請你精準(zhǔn)的、按順序的輸出每次元素反應(yīng)的類型。若特訓(xùn)中未產(chǎn)生元素反應(yīng)，請你輸出"hehe"(不含雙引號)。

注：請遵循題面詞匯的大小寫格式。

Input

每個(gè)樣例包含多組測試數(shù)據(jù)，第一行輸入一個(gè)整數(shù) T，代表該組樣例中測試數(shù)據(jù)的數(shù)量。

對于每組測試數(shù)據(jù)，第一行包含三個(gè)字符串，中間以空格隔開，代表蕈獸的編隊(duì)順序。

對于每組測試數(shù)據(jù)，第二行包含一個(gè)長度不小于1的，僅含阿拉伯?dāng)?shù)字'1','2','3'的字符串。

Output

對于每組測試數(shù)據(jù)，按順序輸出元素反應(yīng)(以英文詞匯輸出)，中間以空格隔開。若無元素反應(yīng)，請輸出“hehe” (不含雙引號)。

請?jiān)诿拷M測試數(shù)據(jù)的輸出之后添加一個(gè)換行符。

Solution

模擬，挺好的，就是不懂叩

，讀了很久題面。感電是加法不區(qū)分兩種元素的先后，擴(kuò)散會使木樁失去附著元素

用map<string,char>映射指令順序op為打出的元素順序，再遍歷元素順序模擬就好了

Code

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; map<string,char> F; int T; string rct[3]={"Swirl","Electro-Charged","hehe"}; void solve(string op) {bool flag=1;char state='0';if(op[0]!='2') state=op[0];for(int i=1;i<op.size();i++){// cout<<"ops:"<<state<<' '<<op[i]<<"\n";if(state!='0') {//擴(kuò)散后沒有元素 if(op[i]=='2' && (state=='1' || state=='3')) {cout<<rct[0]<<' ';flag=0;state='0';}//感電還有元素 if((op[i]=='3' && state=='1') || (op[i]=='1' && state=='3')) {cout<<rct[1]<<" ";flag=0;//state='0';}if(op[i]!='2' && state!='0') state=op[i];//cout<<"newstate:"<<state<<"\n"; }else if(op[i]!='2') state=op[i];}if(flag) cout<<rct[2]; } int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);F["Bongo-Head"]='1';F["Twirly-Whirly"]='2';F["Blitzara"]='3';cin>>T;while(T--){string a[4],op;cin>>a[1]>>a[2]>>a[3]>>op;for(int i=0;i<op.size();i++){op[i]=F[a[op[i]-'0']];}// cout<<"op："<<op<<'\n';solve(op);cout<<'\n';}return 0; }

K.超級炸彈人

Description

炸彈人是一款經(jīng)典的小游戲。在超級炸彈人中，宋老板的魔法讓炸彈得到了加強(qiáng)，在一個(gè)二維網(wǎng)格地圖上放置的任意一個(gè)炸彈將在 t秒后爆炸，并瞬間殺死同行同列的所有玩家（炸彈可以與玩家重疊）。

林老師操控的炸彈人在網(wǎng)格中，一秒只能往上下左右移動(dòng)到相鄰的網(wǎng)格，請問在第 0 秒最少放置多少枚炸彈（可放置在任意位置），才能保證殺死林老師。

solution

不加證明地給出，在tony_Lin的逃生策略和炸彈的放置策略均為最優(yōu)下，tony_Lin需要一直往對角線跑。其在ts內(nèi)活動(dòng)范圍是一個(gè)徑長2t+1的正棱形，覆蓋這個(gè)棱形需要在對角線放滿炸彈ANS：

cout<<(t/2)*2+1;

G.仙人掌攻擊

Description

給出一段序列a(1<=n<=40)，并有k次query給出hp，每次求其組合出∑select=hp的方案數(shù)

Solution

先給出自頂向下減而治之的遞歸

先升序排序便于考查

在考慮a[it]這株

下，有兩種狀態(tài):選取it，考查考慮前it-1株仙人掌下組合出hp-a[it]的方案數(shù)和不選取這個(gè)仙人掌，考查考慮前it-1株仙人掌下組合出hp的方案數(shù)

//sort(a+1,a+n+1); ll dfs(ll hp,ll it) {if(hp==0 || a[it]-hp==0) return 1;if(sum[it]<hp || !it) return 0;if(it>n ) return 0;return dfs(hp-a[it],it-1) + dfs(hp,it-1);}

在一冰老師的測試用例中，所有n和k都是拉滿的，且永遠(yuǎn)無法破宋老板的防，即一般情況下會跑滿dfs時(shí)間復(fù)雜度O(2^n)，n=40

所以加個(gè)前綴和剪枝就能0ms過

T-Solution：分治

by趙老板：所以可以將40個(gè)數(shù)據(jù)分為兩組，每組20個(gè)，枚舉每組組內(nèi)的結(jié)果并記錄（此時(shí)需要枚舉220≈106次)，分別排序后，一組從小到大，另一組從大到小枚舉，即可完成次數(shù)統(tǒng)計(jì)。也可以使用map、手?jǐn)]二叉堆等方式實(shí)現(xiàn)查找。時(shí)間復(fù)雜度為O((2(n/2)*log(2(n/2)))。

我用map<ll,ll>mapr映射全組合中各個(gè)atk的方案數(shù)。

Code

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 45; int n, m; int a[N]; ll lhs[ (1 << 20) + 5], rhs[(1 << 20) + 5]; map<ll, ll> mapl, mapr; int lenl = 0, lenr = 0; void dfsl(ll atk, int lo, int hi) { ?if (lo == hi){return;} ?for (int i = lo + 1; i <= hi; i++){lhs[lenl++] = atk + a[i];mapl[atk + a[i]]++;dfsl(atk + a[i], i, hi);} } void dfsr(ll atk, int lo, int hi) { ?if (lo == hi){return;} ?for (int i = lo + 1; i <= hi; i++){rhs[lenr++] = atk + a[i];mapr[atk + a[i]]++;dfsr(atk + a[i], i, hi);} } int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];sort(a + 1, a + n + 1);for (int i = 1; i <= n / 2; i++){lhs[lenl++] = a[i];mapl[a[i]]++;dfsl(a[i], i, n / 2);}for (int i = n / 2 + 1; i <= n; i++){rhs[lenr++] = a[i];mapr[a[i]]++;dfsr(a[i], i, n);} ?for (int k = 0; k < m; k++){ll hp;cin >> hp;ll ans = 0;for (int i = 0; i < lenl; i++){if (lhs[i] == hp) ans++;elseans += mapr[hp - lhs[i]];//用映射加速右邊的查詢}for (int j = 0; j < lenr; j++){if (rhs[j] == hp) ans++;}if (hp == 0) ans++;cout << ans << '\n';}return 0; }

H.宋老板與炒房

Awesome 二分答案...

Description

宋老板炒資金賠錢了，他決定把錢投資到房產(chǎn)市場上炒房子。

現(xiàn)在市場上有N(1<N<2e5)套房子，第i套房子現(xiàn)價(jià)為ai，3年后的預(yù)期價(jià)格為bi。(1<b<3a<1e9)

宋老板想投資其中的M套房子，宋老板很有錢，但是想讓這些錢購買的房子的 ∑3年后預(yù)期價(jià)格/∑現(xiàn)價(jià) 最大，請你幫助宋老板計(jì)算該比例的最大值。

因?yàn)樗卫习搴苈斆?#xff0c;所以這些房子的3年后預(yù)期價(jià)格都會超過現(xiàn)價(jià)的，但是因?yàn)楹暧^調(diào)控，3年后預(yù)期價(jià)格不超過現(xiàn)價(jià)的3倍

輸出一個(gè)浮點(diǎn)數(shù)，要求保留小數(shù)點(diǎn)后4位，表示賺到錢最大的比例

Solution

典型錯(cuò)解是按漲價(jià)倍率排序，因?yàn)橛行┓孔淤r率高，但價(jià)值低，最終貢獻(xiàn)一般

考查知識點(diǎn)：二分答案

對于答案空間有限的題，可以通過枚舉答案檢查其是否可行，最終找到最優(yōu)答案。而這種枚舉可以二分優(yōu)化

本題答案空間是N=[1:10-4:3]，枚舉粒度為10-4二分枚舉效率為O(long(n)),

枚舉元素check方案：對于所枚舉的倍率p,每套房子現(xiàn)價(jià)為a,預(yù)期價(jià)格為b。其貢獻(xiàn)價(jià)值為b-ap。

最優(yōu)解一定可行，但可行解不一定最優(yōu)。我們假設(shè)整個(gè)解序列具有單調(diào)性，且一個(gè)數(shù)x為可行解，那么一般的，所有的x'(x'<x)都是可行解。并且，如果有一個(gè)數(shù)y是非法解，那么一般的，所有的y'(y'>y)都是非法解。

在這里，若sum>0,在p這個(gè)選擇方案下的解都大于這個(gè)p，最優(yōu)解一定大于這個(gè)p，p一定是非法解,搜索p右邊的解

若sum<=0,我們的選擇方案下的解<=p,搜索p左邊的解

Code

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2e5+5,M=2e5+5; int a[N],b[N]; int n,m; const double er = 1e-4; ? double c[N]; struct node {double val;int id;}; bool cmp(const node& lhs,const node& rhs) {return lhs.val>rhs.val; } double suma=0,sumb=0; void binary (double l,double r) {vector<node> c(n);//左閉右閉搜搜while(r-l>er){double p=(l+r)/2;// cout<<p<<" ";//ap-b的意義：這套房子對倍率p的貢獻(xiàn)，ap-b>0說明這套房子的倍率小于p，反之大于p //故優(yōu)先選取ap-b低的房子，若組合出的sum>=0,說明倍率p難以達(dá)成，ans<=p //反之倍率p可達(dá)成，向右搜索更有參考意義的p//ans是小于二分答案p的最大值 for(int i=0;i<n;i++){c[i].val=b[i]-a[i]*p;c[i].id=i;// cout<<c[i].val<<" ";}sort(c.begin(),c.end(),cmp);double sum=0;for(int i=0;i<m;i++) sum+=c[i].val;// cout<<sum<<" ";if(sum<=0){suma=0,sumb=0;for(int i=0;i<m;i++) suma+=a[c[i].id],sumb+=b[c[i].id];r=p;}else{l=p;}// cout<<'\n';} } int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin>>n>>m;for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];for(int i=0;i<n;i++) cin>>b[i];binary(1,3+er);printf("%.4f",sumb/suma);return 0; }

看看ap-b分布：

可知按ap-b排列不等于按b/a排列

新秀杯決賽

Awesome//(ㄒoㄒ)/~~

A.裝修

Description

給定矩形size為N（5e3）和M（1e5）次操作，每次為一個(gè)矩形區(qū)域Area(a,b,c,d)加上一個(gè)數(shù)h，最后查詢矩形內(nèi)最大值和最大值出現(xiàn)次數(shù)。

Solution：二維差分：將矩陣a按行分塊，每次矩形加法拆解為(c-a)個(gè)行加法，在每一個(gè)行向量左端加上差分，右端減去差分即可，進(jìn)一步，每一次操作都是對同一列的位置作差分，可以再優(yōu)化出二維差分。

矩陣a的差分策略：

//按行對矩陣a分塊，對于區(qū)間操作plus(a,b,c,d,h),將左列的del加h，將右列的del-h，，做列前驅(qū)差分。前綴和反解a策略為左元素加此差分 for(int i=a;i<=c;i++) {del[i][b]+=h;del[i][d+1]-=h; } a[i][j]=a[i][j-1]+del[i][j];

del的差分策略

//對一列del+h的差分策略：上端點(diǎn)+h,下端點(diǎn)-h ddel[a][b]+=h; ddel[c+1][b]-=h;ddel[a][d+1]-=h; ddel[c+1][d+1]+=h; ? del[i][j]=del[i-1][j]+ddel[i][j]

至次算法時(shí)間復(fù)雜度為O(m + n^2 ),可過

考查空間復(fù)雜度，開了三個(gè)N^2 數(shù)組，O(3n^2)=3*(5e3)^2*4/2^6=286MB

考查優(yōu)化1：用動(dòng)態(tài)數(shù)組管理ddel,del,和a，同一時(shí)間只需要兩個(gè)數(shù)組

會tle的，因?yàn)楸M管是O(n^2)=2.5e7級別，內(nèi)存管理仍是很大的時(shí)間開銷,會t

優(yōu)化策略：del可以原地求前綴和

考查數(shù)據(jù)范圍：a[i].maxn=1e5*1e5=1e10,大于int與unsigned int

在windows下sizeof(long)=4，就是int啦，所以要開long long

考查同時(shí)開long long a[N][N]與int p[N][N]，空間復(fù)雜度O(2n^2)=1*(5e3)^2*4+1*(5e3)^2/2^6=286MB

最終內(nèi)存管理策略：每用一行del開始構(gòu)造一行a，malloc一行a，每構(gòu)造完畢一行a，free一行del (malloc比new快一丟丟？

AC代碼資源消耗：

TimeMemory

646ms（主要消耗為n^2下malloc）	194MB

Code

#include<iostream> #include<stdlib.h> using namespace std; const int N=5005,M=100005; typedef long long ll; int n,m; ll ans=0; int mey; ? int* del[N]; ll* a[N]; int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n>>m;for(int i=0;i<=n+1;i++){del[i]=(int*)malloc(sizeof(int)*(n+2));for(int j=0;j<=n+1;j++) del[i][j]=0;}while(m--){int a,b,c,d,h;cin>>a>>b>>c>>d>>h;del[a][b]+=h;del[c+1][b]-=h; ?del[a][d+1]-=h;del[c+1][d+1]+=h;}//不懂，原地求前綴和吧 for(int j=1;j<=n;j++){for(int i=1;i<=n;i++){del[i][j]+=del[i-1][j];// cout<<del[i][j]<<" ";}// cout<<'\n';} // cout<<'\n';for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=(ll*)malloc(sizeof(ll)*(n+1));a[i][0]=0;for(int j=1;j<=n;j++){a[i][j]=a[i][j-1]+del[i][j];// cout<<a[i][j]<<" ";}free(del[i]);// cout<<'\n';}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){if(a[i][j]>ans){ans=a[i][j];mey=0;}if(a[i][j]==ans) mey++;}free(a[i]);}cout<<ans<<" "<<mey;return 0; }

可以指出，頻繁的new與delete，對資源的消耗是災(zāi)難性的（在O(n^2)=2.5e7下tle），還會有碎片化，內(nèi)存泄露的問題

Reference：

1.new vs malloc

2.delete vs free

3.ptmalloc

4內(nèi)存管理方案

C.幸運(yùn)農(nóng)場Ⅰ

Description

宋老板有一片n行m列大小的農(nóng)場(n*m<1e5)，里面種有若干白菜。如圖所示，在農(nóng)場的每一格至多只有一顆白菜

求同行或同列或同斜線的白菜的對數(shù)

Solution

有四個(gè)直線系：i=C,j=C,i+j=C,i-j=C

因?yàn)镃因?yàn)榭赡苁秦?fù)，用四個(gè)map來記錄這個(gè)各個(gè)線系的白菜的個(gè)數(shù)，ans為\sum線系的C_n^2

Code

簽到題不貼

若數(shù)據(jù)強(qiáng)度是(n,m<1e5)呢？ 胸牌哥說拿頭做。O(n^2)的IO捏

G.宋老板與序列

Description

給定A=\{a_1,a_2,...,a_n\},B=\{b_1,b_2,...,b_n\}兩條1-n的序列

當(dāng)|a_{i}-a_{j}|=i∣或者|a_{i}-a_{j}|=j∣時(shí)，可將a_{i}與a_{j}交換

問：能否進(jìn)行若干次交換(包括00次)將序列AA變?yōu)樾蛄蠦B

Solution

不懂證明地給出，一定可完成變換

Code

cout<<"YES"; 6 1 4 2 3 5 7 →6 1 4 2 7 5 3 2 1 4 6 3 5 7 1 4 5 6 3 2 7 3 4 2 1 5 6 7 4 3 2 1 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7

將a元素置于i位置，他就可以與a+i或a-i或 a=b+j交換

應(yīng)該，也許，總能恢復(fù)為自然序列

H.宋老板與字符串

Description

對一段字符串s循環(huán)操作如下：

for 1:strlen(s)reverse(s(1,i));

打印最后字符串

---

Solution

不加證明地給出，就是這個(gè)字符串從后往前隔項(xiàng)遍歷，再從前往后隔項(xiàng)遍歷

K.STTTTL

Description

請編程實(shí)現(xiàn)以下兩個(gè)操作：

操作1：向可重集合種添加一個(gè)整數(shù)x，格式為：1 x

操作2：從小到大輸出可重集合中恰好出現(xiàn)yy次的整數(shù)，格式為：2 y

若集合中沒有恰好出現(xiàn)yy次的整數(shù)則輸出-1

Solution

multiset

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的2022SWJTUACM新秀杯题解的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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