"葡萄城杯"牛客周赛 R o u n d 53 \Huge{"葡萄城杯"牛客周赛 Round 53} "葡萄城杯"牛客周赛Round53
文章目录
- [D. 小红组比赛](#D. 小红组比赛)
- [E. 折半丢弃](#E. 折半丢弃)
- F.小红走矩阵
- [G. 游游的删点直径](#G. 游游的删点直径)
比赛地址： "葡萄城杯"牛客周赛 Round 53
D. 小红组比赛
题意
给出两个数字 n , m n,m n,m，然后给出 n n n组数，每组有 m m m个数，最后给出一个数字 t a r g e t target target。题目要求从每组中选出一个数，要求最后选出的数字之和 t a r g e t target target相差最小，求最小相差多少？
数据范围
- 1 ≤ n ≤ 100 , 1 ≤ m ≤ 20 1\le n \le 100, 1 \le m \le 20 1≤n≤100,1≤m≤20
- 1 ≤ a i , j ≤ 50 1\le a_{i,j} \le 50 1≤ai,j≤50
- 1 ≤ t a r g e t ≤ 5000 1 \le target \le 5000 1≤target≤5000
思路
读完题意可以很容易发现是一道分组背包问题的板子题，也是一道基础题，数据范围也符合。
但是这类问题可以使用位运算快速求解。
我们可以通过移位操作模拟加法操作，首先对于第一组数，我们都先将其通过或 操作保存，我们可以使用 b i t s e t bitset bitset实现位运算操作。那么此时里面每个为'1'的位的下标即为当前组里的数。
然后之后遍历每一组数的时候，只需重复上述操作。最后 b i t s e t bitset bitset中为**'1'**的位的下标即为所有选择的可能结果。
然后我们根据 t a r g e t target target来遍历 b i t s e t bitset bitset中对应的位置，通过不断向两边查找，当查找到第一个'1'时，那么当前位的下标与 t a r g e t target target的差值即为相差的最小值。
这样边实现了 O ( n m ) O(nm) O(nm)时间复杂度的求解。
标程
c++
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int main() {
int n, m; cin >> n >> m;
bitset<N> b, t;
b.set(0);
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
t.reset();
for(int j = 1; j <= m; j ++ ) {
int x; cin >> x;
t |= (b << x);
}
b = t;
}
int target; cin >> target;
int res = target;
for(int i = target, j = target; i >= 0 || j <= 100 * 50; i --, j ++ ) {
if(i >= 0 && b[i] == 1) {
res = target - i; break;
}
if(j < n * 50 && b[j] == 1) {
res = j - target; break;
}
}
cout << res << endl;
return 0;
}E. 折半丢弃
题意
给出一个长度为 n n n的数组 a a a，定义一次操作过程：选择其中任意一个元素 a i a_i ai，然后将其改为$\left \lfloor \frac{a_i}{2} \right \rfloor $。
可以进行任意次操作，要求使得数组的 M E X MEX MEX最大。
- 多实例 1 ≤ T ≤ 1 0 4 1\le T \le 10^4 1≤T≤104
- 1 ≤ n ≤ 1 0 5 1\le n\le 10^5 1≤n≤105
- 0 ≤ a i ≤ 1 0 6 0\le a_i\le 10^6 0≤ai≤106
思路
我们可以从0开始枚举，判断数组中现存的数字是否可以构造出，当不能构造出时，那么就找出了最大的MEX。
在步骤"判断数组中现存的数字是否可以构造出"时，可以先对数组排序，然后从小开始判断。
因此先对数组进行排序，然后遍历整个原数组，并对原数组进行处理：我们对该数进行循环/2操作，直到其在数组中没有出现过。
然后我们从0开始枚举MEX，直到数组中的数字全部小于当前的MEX时结束，此时就得到了答案。
判断数字在数组中是否出现，可以用set容器。
标程
c++
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ALL(x) x.begin(), x.end()
void Solved() {
int n; cin >> n;
vector<int> v(n);
set<int> st;
for(auto &i : v) cin >> i;
sort(ALL(v));
int res = 0;
for(auto i : v) {
while(i && st.count(i)) i /= 2;
st.insert(i);
}
while(st.count(res)) res ++;
while(st.size() && *st.rbegin() > res) {
int x = *st.rbegin();
st.erase(x);
x /= 2;
while(x && st.count(x)) x /= 2;
st.insert(x);
while(st.count(res)) res ++;
}
cout << res << endl;
}
signed main(void) {
int ALL = 1;
cin >> ALL;
while(ALL -- ) Solved();
return 0;
}F.小红走矩阵
题意
给出一个 n × m n\times m n×m的矩阵，起点和终点分别为 ( 1 , 1 ) , ( n , m ) (1,1),(n,m) (1,1),(n,m)，小红每次可以向上下左右移动。
由于矩阵中有障碍，因此小红可以在起点进行一次操作：选择一个障碍并替换为空地，然后选择失去向上下左右四个方向中的一个移动的能力。
求小红从起点到达终点的最小步数，如果无法到达则输出 − 1 -1 −1 。
数据范围：
- 1 ≤ n , m ≤ 1000 1\le n,m \le 1000 1≤n,m≤1000
思路
根据数据范围，我们可以使用bfs来搜，由于我们小红可以选择删去的方向只有五种情况：上、下、左、右、不删。
因此可以先枚举这五种情况，然后在搜索的过程中记录每个障碍物的删除情况。
实现过程中，我们可以使用 b [ x ] [ y ] [ z ] b[x][y][z] b[x][y][z]来表示 ( x , y ) (x,y) (x,y)位置， z ∈ ( 0 , 1 ) z\in (0, 1) z∈(0,1)，若当前为障碍时， z z z有两种情况：删/不删。然后进行搜索即可。
标程
c++
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 0x7fffffff;
const int N = 1000 + 10;
int n, m, res = INF;
bool a[N][N];
int nxt[5] = {-1, 0, 1, 0, -1};
void bfs(int x, int y) {
for(int i = -1; i < 4; i ++ ) {
queue<tuple<int, int, bool>> q;
q.push({x, y, false});
vector b(n + 1, vector(m + 1, vector(2, -1)));
b[x][y][0] = 0;
while(!q.empty()) {
auto [x1, y1, z] = q.front(); q.pop();
for(int j = 0; j < 4; j ++ ) {
if(j == i) continue;
int x2 = x1 + nxt[j], y2 = y1 + nxt[j + 1];
if(x2 < 1 || x2 > n || y2 < 1 || y2 > m) continue;
bool z1 = z;
if(a[x2][y2]) {
if(z) continue;
else z1 = true;
}
if(b[x2][y2][z1] != -1) continue;
b[x2][y2][z1] = b[x1][y1][z] + 1;
q.push({x2, y2, z1});
}
}
if(b[n][m][0] != -1) res = min(res, b[n][m][0]);
if(i != -1 && b[n][m][1] != -1) res = min(res, b[n][m][1]);
}
}
int main() {
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
for(int j = 1; j <= m; j ++ ) {
char ch; cin >> ch;
a[i][j] = (ch == '.' ? 0 : 1);
}
}
bfs(1, 1);
cout << (res == INF ? -1 : res) << endl;
return 0;
}G. 游游的删点直径
题意
给出一棵n个节点，n-1条边的树，然后用 f ( i ) f(i) f(i)表示不经过i号节点的所有路径中，最长的路径长度。
题目要求输出 f ( 1 ) . . . f ( n ) f(1)...f(n) f(1)...f(n)的全部值。
数据范围：
- 1 ≤ n ≤ 1 0 5 1\le n \le 10^5 1≤n≤105
- 保证树联通，没有重边
思路
其实通过题目要求我们就能够发现，相邻两个节点的 f ( i ) f(i) f(i)必然存在联系，如果之前做过类似题或者了解过的应该能很快想到。
然后我们来观察相邻两个节点之间的关系：
标程
c++