牛客周赛round56
title: 牛客周赛round56
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date: 2023-05-05 00:00:00
牛客周赛round56
C.给定一个c,要求在给定范围内构造a,b满足$a\oplus b=c$.要求值域在1-1e9
Sol:本题的范围比较宽松,只需要构造1,c^1.注意到1e9情况有些特殊,我们特判即可。
思考:如果范围限定到$[l,r]$如何寻找b和c,考虑从二进制位考虑?
void solve() {
cin >> n;
if (n == 1)
cout << 2 << " " << 3 << endl;
else if (n == 1e9) {
for (int i = 30; i >= 0; i--) {
if ((n >> i) & 1) {
int tmp = 1 << i;
cout << tmp << " " << (n ^ tmp) << endl;
return ;
}
}
} else
cout << 1 << " " << (n ^ 1) << endl;
}
D. $n$ 根火柴,想知道从这 $n$ 根火柴中任选 $3$ 根,能否组成一个周长最大的三角形。 求周长最大
Sol:考虑固定最大边,那需要两边之和大于第三边,我们希望满足条件需要两个小边尽可能大,且这符合最终周长最大的答案方向。所以我们排序即可。
void solve() {
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
int ans=-1;
sort(a+1,a+1+n);
for(int i=3;i<=n;i++){
if(a[i-2]+a[i-1]>a[i])ans=max(ans,a[i-2]+a[i-1]+a[i]);
}
cout<<ans<<endl;
}
E.按题意模拟即可,注意给出的时间段可能跨越零点,注意判断
int cal(string s) {
int h1 = stoi(s.substr(0, 2)), m1 = stoi(s.substr(3, 2));
return h1 * 60 + m1;
}
void solve() {
cin >> n >> m;
vector<int> vis(1500);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
string st, ed;
cin >> st >> ed;
int t1 = cal(st), t2 = cal(ed);
if (t1 == t2) {
vis[0]++;
vis[1440]--;
} else if (t1 < t2) {
vis[t1]++;
vis[t2 + 1]--;
} else {
vis[t2]++;
vis[1440]--;
vis[0]++;
vis[t1 + 1]--;
}
}
// int res = cal("23:59");
// deb(res);
unordered_map<string, bool> mp;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
string s;
cin >> s;
mp[s] = 1;
}
for (int i = 1; i <= 120; i++) vis[i] += vis[i - 1];
int q;
cin >> q;
for (int i = 1; i <= q; i++) {
string st;
cin >> st;
string d1, d2;
cin >> d1 >> d2;
string name;
cin >> name;
int tmp = cal(st);
int flag = 0;
if (tmp >= 0 && tmp <= 119 && vis[tmp]) {
flag = 1;
if (d1 <= d2 && mp.count(name)) {
flag = 2;
}
}
if (flag == 2)
cout << "Winner xqq" << endl;
else if (flag == 1)
cout << "Joker xqq" << endl;
else
cout << "Loser xqq" << endl;
}
}
F. 小红有两个长度为 $n$ 的字符串 $s$ 和 $t$ ,我们定义下标从 $1$ 开始,现在你可以选取字符串 $s$ 的前 $i$ 个字符 $s_1 s_2\cdots s_i$,然后将这一部分反转后与剩余部分拼接,得到 $s_i’$。
$,,,,,,,,,$请你找到每一个翻转前缀 $s_i’$ 与字符串 $t$ 的 $\displaystyle \max_{i=1}^n{\rm_len} {{\rm lcp}(s_i’,t) }$ ,即长度最长的 ${\rm lcp}(s_i’,t)$ 。在这里,$\rm lcp$ 代表最长公共前缀。
$,,,,,,,,,$好吧,这其实并不难,作为神秘的 $\mathcal F$ 题,你同时需要输出满足上述条件的最小的 $i$
Sol:正解是纯线性的,把z函数忘了直接写的二分+哈希。考虑这个过程,我们直接枚举反转点,我们需要判断反向字符串和t的匹配长度,如果拉满了,再去二分右端点找最长lcp。
正解:考虑这个lcp每次都是从t开头开始匹配的,这非常适合z函数。对于反转部分采用z函数,反转s后拼接到t然后跑z函数。对于剩余正着的匹配部分,我们可以直接dp,为什么?
这其实是个最长最大公共段问题,$dp_{i}$是以i结尾的最长公共端,只不过本题也是需要倒过来dp
void solve() {
cin >> n;
string s, t;
cin >> s >> t;
Hash hst(t), hs1(s), hs2(s, 1);
s = " " + s;
t = " " + t;
int mx = 0, pos = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
deb(s);
deb(t);
deb(i);
if (s[i] != t[1])
continue;
int l = 1, r = i;
while (l < r) {
int mid = (l + r + 1) >> 1;
if (hs2.getsuf(i - mid + 1, i) == hst.getpre(1, mid))
l = mid;
else
r = mid - 1;
}
if (l < i) {
if (mx < l) {
mx = l;
pos = i;
}
continue;
}
deb(l);
if (mx < l) {
mx = l;
pos = i;
}
if (i + 1 > n || s[i + 1] != t[i + 1]) {
continue;
}
int ql = 1, qr = n - (i + 1) + 1;
while (ql < qr) {
int mid = (ql + qr + 1) >> 1;
if (hs1.getpre(i + 1, i + 1 + mid - 1) == hst.getpre(i + 1, i + 1 + mid - 1))
ql = mid;
else
qr = mid - 1;
}
deb(ql);
int res = ql + i;
if (mx < res) {
mx = res;
pos = i;
}
}
cout << mx << " " << pos << endl;
}
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