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- [1. 第一题](#1. 第一题)
- [2. 第二题](#2. 第二题)
- [3. 第三题](#3. 第三题)
⏰ 时间：2024/08/17
🔄 输入输出：ACM格式
⏳ 时长：100min
本试卷还有单选和多选部分，但这部分比较简单就不再展示。
最近终于有时间继续整理之前的笔试题了，因为时间仓促，难免有错误的地方，如有遇到欢迎在评论区指出。
饿了么这次笔试的时间还是比较仓促的，完成选择题后，留给三道编程题的时间就不多了。
1. 第一题
给定一个长度为 n n n 且仅由 0 0 0、 1 1 1 两种字符构成的字符串 s s s。每次操作你都可以选择字符串 s s s 的任意一个字符，并将其反置。
询问经过恰好 k k k 次操作后，字符串 s s s 是否为一个回文字符串。
若当前字符为 0 0 0，反置后为 1 1 1。若当前字符为 1 1 1，反置后为 0 0 0。
一个字符串被称作回文字符串，当且仅当这个字符串从左往右读和从右往左读都是相同的。
输入描述
每个测试文件均包含多组测试数据。第一行输入一个整数 T ( 1 ≤ T ≤ 100 ) T\,(1\leq T\leq100) T(1≤T≤100) 代表数据组数，每组测试数据描述如下:
第一行输入两个整数 n , k ( 1 ≤ n ≤ 1000 , 0 ≤ k ≤ n ) n,k\,(1\leq n\leq1000,\,0\leq k\leq n) n,k(1≤n≤1000,0≤k≤n)。
第二行输入一个长度为 n n n 且仅由 0 0 0、 1 1 1 两种字符构成的字符串 s s s。
输出描述
对于每一组测试数据，如果经过怡好 k k k 次操作后，字符串 s s s 可以成为一个回文字符串，在一行上输出 YES；否则，直接输出 NO。
题解
首先我们需要统计将字符串 s s s 转化为回文串所需的最少操作次数 ，记为 c c c。具体来说，可以通过双指针遍历，计算出对应位置的字符不同的次数，这就是需要改变的字符对数。
然后我们考虑以下两种情况：
- 当 k < c k<c k<c：显然无法在给定的操作次数内将字符串变为回文串，输出 "NO"。
- 当 k ≥ c k\geq c k≥c ：此时，我们需要考虑多余的操作次数 k − c k-c k−c：
- 字符串长度为奇数：由于中间字符不影响回文性，因此我们可以通过多余的操作次数调整中间字符，从而总是能变成回文串，输出 "YES"。
- 字符串长度为偶数 ：为了保证能够最终形成回文串，剩余操作次数 k − c k-c k−c 必须为偶数（每次操作可以对称改变两边的字符），否则输出 "NO"。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int ops(const string &s) {
int left = 0, right = s.size() - 1;
int changes = 0;
while (left < right) {
if (s[left] != s[right]) {
changes++;
}
left++;
right--;
}
return changes;
}
void solve() {
int n, k;
cin >> n >> k;
string s;
cin >> s;
int changes = ops(s);
if (changes > k) {
cout << "NO" << endl;
} else if ((k - changes) % 2 == 0 || n % 2 == 1) {
cout << "YES" << endl;
} else {
cout << "NO" << endl;
}
}
int main() {
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}2. 第二题
有一个 n n n 行 n n n 列的棋盘，每个格子上写着数字 0 0 0 或 1 1 1。有一个小球从某个格子出发，移动到写着 0 0 0 的格子时会向下移动一格，移动到写着 1 1 1 的格子时会向右移动一格，直到滚出棋盘边界。
现在有 9 9 9 个询问，每次询问在子矩阵 ( x 1 , y 1 ) ∼ ( x 2 , y 2 ) (x_1,y_1)\sim(x_2,y_2) (x1,y1)∼(x2,y2) 中，小球从 ( x 1 , y 1 ) (x_1,y_1) (x1,y1) 出发开始滚动，最后会从哪个格子滚出子矩阵 ( x 1 , y 1 ) ∼ ( x 2 , y 2 ) (x_1,y_1)\sim(x_2,y_2) (x1,y1)∼(x2,y2)。
从某个格子滚出子矩阵 ( x 1 , y 1 ) ∼ ( x 2 , y 2 ) (x_1,y_1)\sim(x_2,y_2) (x1,y1)∼(x2,y2)，意思是当前所在的格子在子矩阵内，但是小球滚动路径的下一个格子不在子矩阵内，视为滚出。
从棋盘 ( x , y ) (x,y) (x,y) 向右滚动一格即抵达 ( x , y + 1 ) (x,y+1) (x,y+1)，从棋盘 ( x , y ) (x,y) (x,y) 向下滚动一格即抵达 ( x + 1 , y ) (x+1,y) (x+1,y)。
输入描述
第一行输入一个整数 n ( 1 ≤ n ≤ 500 ) n\,(1\leq n\leq 500) n(1≤n≤500) 代表棋盘大小。
此后 n n n 行，每行输入 n n n 个整数 a 1 , a 2 , . . . , a n ( 0 ≤ a i ≤ 1 ) a_1,a_2,...,a_n\,(0\leq a_i\leq 1) a1,a2,...,an(0≤ai≤1) 代表棋盘上每个格子上写的数字。
第 n + 2 n+2 n+2 行输入一个整数 q ( 1 ≤ q ≤ 2 ⋅ 1 0 5 ) q\,(1\leq q\leq 2\cdot 10^5) q(1≤q≤2⋅105) 代表询问次数。
随后 q q q 行，每行输入四个整数 x 1 , y 1 , x 2 , y 2 ( 1 ≤ x 1 , x 2 , y 1 , y 2 ≤ n , x 1 ≤ x 2 , y 1 ≤ y 2 ) x_1,y_1,x_2,y_2\,(1\leq x_1,x_2,y_1,y_2\leq n,x_1\leq x_2,y_1\leq y_2) x1,y1,x2,y2(1≤x1,x2,y1,y2≤n,x1≤x2,y1≤y2) 代表子矩阵范围。
输出描述
对于每一次询问，在一行上输出两个整数，代表小球滚出的位置。
题解
直接模拟的时间复杂度为 O ( q n ) O(qn) O(qn)，看似会超时，但实际并不会。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void query(const vector<vector<int>>& board) {
int x1, y1, x2, y2;
cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
int cx = x1, cy = y1, last_cx = cx, last_cy = cy;
while (cx >= x1 && cx <= x2 && cy >= y1 && cy <= y2) {
last_cx = cx;
last_cy = cy;
if (board[cx][cy]) cy++;
else cx++;
}
cout << last_cx << ' ' << last_cy << endl;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n;
cin >> n;
vector<vector<int>> board(n + 1, vector<int>(n + 1));
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
cin >> board[i][j];
}
}
int q;
cin >> q;
while (q--) {
query(board);
}
return 0;
}3. 第三题
给出一张由几个点 m m m 条带边权的边构成的无向连通图，你有恰好 k k k 次机会，选择一条边使得其边权 + 1 +1 +1。在 k k k 次操作全部完成后，你要选出一个合法的生成树，使得这棵生成树中：边权最小的边最大。
输出这个边权。
对于一张图，选择其中 n − 1 n-1 n−1 条边，使得所有顶点联通，这些边一定会组成一棵树，即为这张图的一棵生成树。可以证明，图中存在至少一棵生成树。
输入描述
第一行输入三个整数 n , m , k ( 1 ≤ n , m ≤ 1 0 5 , 1 ≤ k ≤ 1 0 14 ) n,m,k\,(1\leq n,m\leq 10^5,1\leq k\leq 10^{14}) n,m,k(1≤n,m≤105,1≤k≤1014) 代表给定图的点数、边数和你的操作次数。
此后 m m m 行，第 i i i 行输入三个整数 a i , b i , c i ( 1 ≤ a i , b i ≤ n ; 1 ≤ c i ≤ 1 0 14 ) a_i,b_i,c_i(1\leq a_i,b_i\leq n;1\leq c_i\leq 10^{14}) ai,bi,ci(1≤ai,bi≤n;1≤ci≤1014) 代表图上第 i i i 条边连接节点 a i a_i ai 和 b i b_i bi，且边权为 c i c_i ci。保证图联通，没有重边。
输出描述
在一行上输出一个整数，代表全部生成树中、边权最小的边最大的那棵树，它的边权最小的边。
题解
先通过 Kruskal 算法求解最大生成树。为此，我们将图中的边按权值从大到小排序，然后依次选择不形成环的边加入生成树。得到最大生成树后，我们面临的问题是如何通过最多 k 次操作，将这些边中的最小边权尽量提高。考虑使用二分查找。二分查找的对象是最小边权的下界，假设当前下界为 mid，我们计算将所有生成树边的权值提升到至少 mid 所需的操作次数。如果这些操作次数不超过 k，说明 mid 是可行的，我们可以尝试更大的下界；否则，需要降低下界。最终，二分查找得到的值就是所有生成树中边权最小的最大值。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
struct UnionFind {
vector<int> p;
UnionFind(int n) : p(n) {
iota(p.begin(), p.end(), 0);
}
int find(int x) {
return p[x] == x ? x : (p[x] = find(p[x]));
}
bool unite(int x, int y) {
int root_x = find(x);
int root_y = find(y);
if (root_x != root_y) {
p[root_x] = root_y;
return true;
}
return false;
}
};
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, m;
i64 k;
cin >> n >> m >> k;
vector<array<i64, 3>> edges(m);
for (auto& [u, v, w] : edges) {
cin >> u >> v >> w;
--u;
--v;
}
sort(edges.begin(), edges.end(), [](const auto& lhs, const auto& rhs) {
return lhs[2] > rhs[2];
});
UnionFind uf(n);
vector<i64> tree_edges;
// 使用Kruskal算法构建最大生成树
for (const auto& [u, v, w] : edges) {
if (uf.unite(u, v)) {
tree_edges.push_back(w);
}
}
// 二分查找最小可能的边权
i64 left = *min_element(tree_edges.begin(), tree_edges.end());
i64 right = 1e14 + k;
while (left < right) {
i64 mid = left + (right - left + 1) / 2;
i64 required = 0;
// 计算需要多少次操作才能将所有边权提升到至少 mid
for (i64 w : tree_edges) {
required += max(0LL, mid - w);
if (required > k) break;
}
if (required <= k) left = mid;
else right = mid - 1;
}
cout << left << "\n";
return 0;
}