A. 21点游戏
题意：
给你三个数A1 , A2 , A3 ,
如果A1 + A2 + A3 >= 22 , 输出 bust
否则输出 win
思路：
模拟
时间复杂度：
O
1
O1
O1
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int N = 1e6 + 10 ;
int main()
{
int a , b , c ;
cin >> a >> b >> c;
int s = a + b + c ;
if(s >= 22) puts("bust") ;
else puts("win") ;
return 0 ;
}
B. 回文游戏
题意：
给你一个字符串S,
你可以修改S的任意一个字符，
问最少需要修改多少次，使得S变成一个回文串。
思路：
双指针
时间复杂度：
O
n
On
On
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int N = 1e6 + 10 ;
char s[N] ;
int main()
{
cin >> s + 1 ;
int n = strlen(s + 1) ;
int res = 0 ;
for(int i = 1 , j = n ; i < j ; i ++ , j --)
{
if(s[i] != s[j]) res ++ ;
}
cout << res ;
return 0 ;
}
C. 好人 or 坏人 ？
题意：
有n个人在玩一个游戏，
这个游戏是这样的，我们将n个人分为好人和坏人，也有可能n个人都是好人或者都是坏人
好人说的话一定是对的，坏人说的话有可能对，也有可能不对。
现在给你每个人对另外一些人的判断，
问好人最多有多少个
思路：
注意到n最多有15个人,每个人要么好人要么坏人,所以暴力枚举所有可能性,时间复杂度为
2
15
2^{15}
215，
这里可以用状态压缩来枚举，或者用dfs枚举。
对每一种情况来说，每个人是好人还是坏人都是已知的。
那么好人说的话一定是对的，如果出现了冲突，则说明这种情况不行。
可以的话，更新一下好人人数即可。
时间复杂度：
O
(
2
15
∗
n
2
)
O(2^{15}*n^{2})
O(215∗n2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,x,y,z;
vector<pair<int ,int> > a[20];
int main(){
cin>>n;
for (int i=0;i<n;i++){
cin>>m;
for (int j=0;j<m;j++){
cin>>x>>y;
a[i].push_back(make_pair(x-1,y));
}
}
for (int i=0;i<1<<n;i++){
int f=1;
for (int j=0;j<n;j++){
if (i>>j&1){
for (pair<int,int>k:a[j]){
if ((i>>k.first&1)!=k.second) f=0;
}
}
}
if (f) z=max(z,__builtin_popcount(i));
}
cout<<z<<endl;
return 0;
}
D. 异或和
题意：
给你n个数的数组
a
1
a_1
a1
a
2
a_2
a2 …
a
n
a_n
an
求（
∑
i
=
1
n
−
1
∑
j
=
i
+
1
n
(
a
[
i
]
⊕
a
[
j
]
)
\sum_{i=1}^{n - 1}{\sum_{j=i + 1}^{n}{(a[i] \oplus a[j])}}
∑i=1n−1∑j=i+1n(a[i]⊕a[j])） % (109 + 7)
A
⊕
B
A\oplus B
A⊕B 表示A异或B , 也表示为(a ^ b)
思路：
位运算需要拆解每一位来看，
我们假设
b
[
k
]
[
i
]
b[k][i]
b[k][i]数组表示
a
i
a_i
ai的二进制表示下的第
k
k
k位是
1
1
1还是
0
0
0
所以我们只需要求出每一位上
∑
i
=
1
n
−
1
∑
j
=
i
+
1
n
(
b
[
k
]
[
i
]
⊕
b
[
k
]
[
j
]
)
\sum_{i=1}^{n - 1}{\sum_{j=i + 1}^{n}{(b[k][i] \oplus b[k][j])}}
∑i=1n−1∑j=i+1n(b[k][i]⊕b[k][j])的值
答案累加上
2
k
∗
∑
i
=
1
n
−
1
∑
j
=
i
+
1
n
(
b
[
k
]
[
i
]
⊕
b
[
k
]
[
j
]
)
2^k * \sum_{i=1}^{n - 1}{\sum_{j=i + 1}^{n}{(b[k][i] \oplus b[k][j])}}
2k∗∑i=1n−1∑j=i+1n(b[k][i]⊕b[k][j])即可
现在考虑只有一个0/1的数组，如何求 ∑ i = 1 n − 1 ∑ j = i + 1 n ( b [ k ] [ i ] ⊕ b [ k ] [ j ] ) \sum_{i=1}^{n - 1}{\sum_{j=i + 1}^{n}{(b[k][i] \oplus b[k][j])}} ∑i=1n−1∑j=i+1n(b[k][i]⊕b[k][j])
因为只有
0
/
1
0/1
0/1两种情况
偶数个
1
1
1异或等于
0
0
0
奇数个
1
1
1异或等于
1
1
1
因此
∑
i
=
1
n
−
1
∑
j
=
i
+
1
n
(
b
[
k
]
[
i
]
⊕
b
[
k
]
[
j
]
)
=
1
的
个
数
∗
0
的
个
数
\sum_{i=1}^{n - 1}{\sum_{j=i + 1}^{n}{(b[k][i] \oplus b[k][j])}}=1的个数*0的个数
∑i=1n−1∑j=i+1n(b[k][i]⊕b[k][j])=1的个数∗0的个数
时间复杂度： O n l o g n Onlogn Onlogn
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
#define int long long
const int N = 1e6 + 10 , mod = 1e9 + 7 ;
int res , n , a[N] ;
signed main()
{
cin >> n ;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
scanf("%lld" , &a[i]) ;
for(int j = 0 ; j < 60 ; j ++)
{
int cnt = 0 , s ;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
{
if(a[i] >> j & 1) cnt ++ ;
}
s = cnt * (n - cnt) % mod ;
for(int i = 0 ; i < j ; i ++) s = s * 2 % mod ;
res += s , res %= mod ;
}
cout << res ;
return 0 ;
}
E. 吃菜
题意：
有n盘菜，每盘菜需要
a
i
a_i
ai的时间去吃，有
b
i
b_i
bi的美味度。
现在有如下规则：
- 点了一盘菜之后，只能将其吃完后才能点下一盘菜。
- t 时刻过后就不能再点菜了，但是依旧可以吃菜。
- 每种菜只能点一次。
最后问最后能够得到的最大美味度是多少。
思路：
如果不考虑第二条规则,很明显是个01背包问题，
我们假设
f
[
j
]
f[j]
f[j]表示时间为
j
j
j的情况下的最大美味度,
f
[
j
]
=
f
[
j
−
a
[
i
]
]
+
b
[
i
]
f[j] = f[j - a[i]] + b[i]
f[j]=f[j−a[i]]+b[i]
现在考虑加上第二条规则,
也就是说我们可以在
i
<
t
i < t
i<t的任意一个时刻美味度加上
b
i
b_i
bi,
显然需要对 a i a_i ai从小到大排序，因为时间长的放在最后去吃的收益最大。
时间复杂度： O n 2 On^2 On2
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
#define pll pair<int,int>
#define y second
#define x first
const int N = 1e6 + 10 ;
int n , m ;
pll q[N] ;
int f[N] ;
int res ;
signed main()
{
cin >> n >> m ;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
cin >> q[i].x >> q[i].y ;
sort(q + 1 , q + 1 + n) ;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
{
for(int j = 0 ; j < m ; j ++)
{
res = max(res , f[j] + q[i].y) ;
}
for(int j = m ; j >= q[i].x ; j --)
{
f[j] = max(f[j] , f[j - q[i].x] + q[i].y) ;
}
}
cout << max(res , f[m]) ;
return 0;
}
F: 矩形
题意：
给定n个坐标系上的点(
x
i
x_i
xi,
y
i
y_i
yi)
若有如下图所示的三个点（黑点）就可以构造岀一个新的点（红点）。求可构造的点的最多的个数。
思路：
一个可以操作的地方只要是连通的区域，就可以把这块区域的点填满。
蓝色为已有的点，红色是后来加上的点，可以通过一点点加进来。
只要在这个区域内的，线上的点都可以被填上。
求出每个块内，所有点在的横线和竖线个数，相乘就是所有点。
怎么求有多少个区域呢？我们可以利用并查集，把每个点的横坐标和纵坐标绑在一个集合里，这样以后出现相同竖线的和相同横线的都会被绑进来，形成一个大集合，但是单独计算的时候，只把竖线和横线单独计算。
最后减去已有的点即可。
时间复杂度：
O
n
On
On
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int N = 1e6 + 10 , M = 1e5 ;
int n ;
int p[N] , cnt1[N] , cnt2[N] ;
int find(int x)
{
if(x != p[x]) p[x] = find(p[x]) ;
return p[x] ;
}
int main()
{
cin >> n ;
for(int i = 1 ; i <= N - 10 ; i ++) p[i] = i ;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
{
int x , y ;
scanf("%d %d",&x , &y) ;
p[find(x)] = find(y + M) ;
}
for(int i = 1 ; i <= M ; i ++) cnt1[find(i)] ++ ;
for(int i = M + 1 ; i <= 2 * M ; i ++) cnt2[find(i)] ++ ;
long long res = 0 ;
for(int i = 1 ; i <= 2 * M ; i ++) res += (long long)cnt1[i] * cnt2[i] ;
cout << res - n ;
return 0 ;
}
