2024zzuacm新生选拔赛第一场https://ac.nowcoder.com/acm/contest/92409
python代码源自我有异议症QAQ
A - 降智视频
题意
起初有n个数都在丁丁手中，进行如下操作k次：
- 豆豆从丁丁手中拿走标号为奇数的数。
- 对丁丁的其他的数进行重新标号。
问进行k次之后，豆豆和丁丁各自有多少个不同的数
思路
思路一 ：每次豆豆都会从丁丁手中拿走第奇数个数，如第 1,3,5,7,..等。
之后对丁丁手中的数重新标号，可以发现新的标号恰好为原先标号的 1 2 \frac{1}{2} 21 。 如4 -> 2 , 8 -> 4, 2 -> 1 。
于是我们进行分析可以发现， 对于第 i i i次操作，豆豆会从丁丁手中拿走除以 2 i − 1 2^{i-1} 2i−1 是奇数的数 。那么留下的数的下标 x x x都会满足 x 2 i − 1 m o d 2 = 0 \frac{x}{2^{i-1}} \ mod\ 2 = 0 2i−1x mod 2=0 , 即所有的数的下标都是 2 i 2^i 2i的倍数，那么进行k次操作后，丁丁会留下下标为 2 k , 2 ∗ 2 k , 3 ∗ 2 k , . . . 2^k, 2 * 2^k,3 *2^k,... 2k,2∗2k,3∗2k,...的数。
我们便可以直接获取豆豆和丁丁最终的数，然后对其进行计数，就可以得出各自有多少种类的数。时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)
思路二 ：可以发现，最多 l o g 2 n log_2n log2n次操作豆豆就可以把丁丁的数全部拿完，那么我们可以直接模拟这个拿数的过程 , 时间复杂度为 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)
代码
C思路一
c
#include<stdio.h>
int vis1[1000005];
int vis2[1000005];
int main(){
int n,k;
scanf("%d %d",&n,&k);
if(k > 20) k = 20;
int mod = (1<<k);
for(int i= 1;i<=n;i++){
int x;
scanf("%d",&x);
if(i%mod==0){
vis1[x] = 1;
}else{
vis2[x] = 1;
}
}
int cnt1 = 0;
int cnt2 = 0;
for(int i = 1;i<=n;i++){
if(vis1[i]) cnt1++;
if(vis2[i]) cnt2++;
}
printf("%d %d",cnt2,cnt1);
return 0;
}C思路二
c
#include<stdio.h>
int A[1000005];
int cntA;
int B[1000005];
int cntT;
int cntB;
int vis1[1000005];
int vis2[1000005];
int main(){
int n,k;
scanf("%d %d",&n,&k);
cntA = n;
for(int i =1;i<=n;i++){
scanf("%d",&A[i]);
}
while(k--){
int new_cntA = 0;
for(int i = 1;i<=cntA;i++){
if(i%2 == 1) B[++cntB] = A[i];
else A[++new_cntA] = A[i];
}
cntA = new_cntA;
if(cntA == 0) break;
}
for(int i = 1;i<=cntA;i++){
vis1[A[i]] = 1;
}
for(int i = 1;i<=cntB;i++){
vis2[B[i]] = 1;
}
int cnt1=0,cnt2=0;
for(int i = 1;i<=n;i++){
if(vis1[i]) cnt1++;
if(vis2[i]) cnt2++;
}
printf("%d %d",cnt2,cnt1);
return 0;
}python
cpp
n,k = [int(i) for i in input().split()]
c = [int(i) for i in input().split()]
if k>=20 :
s = set()
for i in range(n):
s.add(c[i])
print(len(s),0)
else :
s1 = set()
s2 = set()
for i in range(n):
if((i+1)%pow(2,k)==0):
s1.add(c[i])
else :
s2.add(c[i])
print(len(s2),len(s1))B - 还在分糖果！
题意
对于所有的正整数，取走包含7的数之后， 问第n个数是多少。
思路
如果大家没有头绪，不妨将取走7 替换为取走9 ， 这样我们观察数据，发现变成了1,2,3,4,5,6,7,8,10 , 从原先的"十进制" 变为了"九进制" ， 于是发现本题其实就是 十进制转换为九进制 的进制转换。只不过本题删去的不是9，而是7 ，我们把转换后的九进制中的7替换为8 , 8替换为9即可
代码
C
c
#include<stdio.h>
char ans[1000005];
int len = 0;
void solve(){
long long n;
scanf("%lld",&n);
len = 0;
while(n){
int x = n%9;
if(x >= 7) x ++;
ans[++len] = char(x + '0');
n /= 9;
}
for(int i = len;i>=1;i--){
putchar(ans[i]);
}
puts("");
}
signed main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
solve();
}return 0;
}python
python
T = int(input())
for i in range(T):
n = int(input())
ans = ''
while n>0:
t = n%9
n //= 9
if t>=7:
t += 1
ans += chr(ord('0')+t)
print(ans[::-1])C - 数论难题
题意
给出一个数 N N N， 找到一个数 x x x, 满足 0 ≤ x < 998244353 0 \le x < 998244353 0≤x<998244353 , 并且 N − x N - x N−x 是 998244353 998244353 998244353的倍数。
思路
本题题意等价于 ，求 N m o d 998244353 N \ mod \ 998244353 N mod 998244353 的结果，（其中 m o d mod mod表示取余运算） ，直接输出即可。
注意负数取余会得到负数，所以必须在取余数的结果上加上 998244353 998244353 998244353。
代码
C
c
#include<stdio.h>
int main(){
long long n;
scanf("%lld",&n);
int mod = 998244353;
printf("%lld",(n%mod + mod)%mod);
return 0;
}python
python
n = int(input())
mod = 998244353
print(n%mod)D - 数论简单题
题意
给你两个区间[a,b] ,[c,d] ，从中分别选择一个数 x , y x,y x,y , 使得 x × y x \times y x×y 最大
思路
本题中可能会出现两个负数取值的情况，但如果想要得到最大值，那么无非就是
- 两个正数相乘
- 两个负数相乘
于是我们输出 a × c a \times c a×c 和 b × d b \times d b×d 两个答案中的最大值即可。
代码
C
C
#include<stdio.h>
int main(){
long long a,b,c,d;
scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d);
if(a * c < b * d){
printf("%lld\n",b * d);
}else{
printf("%lld\n",a * c);
}
return 0;
}python
python
a,b,c,d = [int(i) for i in input().split()]
print(max(max(a*c,a*d),max(b*d,b*c)))E - 最大数
题意
给定两个区间[L1,R1] , [L2,R2] , 从中各自选择一个数 x , y x,y x,y ,使得 x + y x+y x+y 中的最大数位 尽可能大。
思路
首先可以得知，对于一个数位，他最大为9。那么我们从 L 1 + L 2 L1+L2 L1+L2 开始枚举最多10个数就可以找到最适合的 x + y x+y x+y 。
于是我们计算 f ( L 1 + L 2 ) , f ( L 1 + L 2 + 1 ) , . . . , f ( L 1 + L 2 + 9 ) f(L1+L2),f(L1+L2+1),...,f(L1+L2+9) f(L1+L2),f(L1+L2+1),...,f(L1+L2+9) ,取其中的最大值即可。
代码
C
C
#include<stdio.h>
int f(int x){
int ans = 0;
while(x){
int t = x % 10;
ans = (ans > t) ? ans : t;
x/=10;
}
return ans;
}
void solve(){
int l1,r1,l2,r2;
scanf("%d%d%d%d",&l1,&r1,&l2,&r2);
int l = l1+l2;
int r = r1+r2;
int ans = 0;
for(int i = l;i<=r;i++){
int fi = f(i);
ans = ans > fi ? ans : fi;
if(ans == 9) break;
}
printf("%d\n",ans);
}
int main(){
int T = 1;
scanf("%d",&T);
while(T--){
solve();
}
return 0;
}python
python
T = int(input())
def check(x):
ans = 0
while(x>0):
ans = max(ans,x%10)
x //= 10
return ans
for i in range(T):
la,ra,lb,rb = [int(i) for i in input().split()]
if(ra-la>9 or rb-lb>9):
print(9)
else :
ans = 0
for i in range(la,ra+1):
for j in range(lb,rb+1):
ans = max(ans,check(i+j))
print(ans)F - 个位数口算
题意
输出 3 n 3^n 3n 的个位数。
思路
找规律可以发现，对于 3 1 , 3 2 , 3 3 , 3 4 , . . . 3 ^ 1, 3^2 ,3^3,3^4,... 31,32,33,34,... 他们的个位数为 3 , 9 , 7 , 1 , 3 , 9 , 7 , . . . 3,9,7,1,3,9,7,... 3,9,7,1,3,9,7,... 即[3,9,7,1] 循环
于是我们对 n n n取余 4 4 4就可以得到结果。
另：如果你没有找到规律，也可以用快速幂直接计算出 3 n 3^n 3n 对 10 10 10取余的结果
代码
C
C
#include<stdio.h>
int main(){
long long n;
scanf("%lld",&n);
putchar("3971"[(n-1)%4])
return 0;
}python
python
n = int(input())
print('3971'[(n-1)%4])快速幂
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define int long long
#define rep(i,l,r) for(int i = l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i = r;i>=l;i--)
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> PII;
int qpow(int x,int n){
int ans = 1;
while(n){
if(n&1) ans = ans * x % 10;
x = x * x % 10;
n>>=1;
}
return ans;
}
void solve(){
int n;
cin>>n;
cout<<qpow(3,n);
}
signed main(){
int T = 1;
// cin>>T;
while(T--){
solve();
}
return 0;
}# G - ASCII大小写转换
题意
给一个字符串 s s s ,将其中的大写字母转换为小写字母， 小写字母转换为大写字母
思路
对于一个小写字母，我们这样转换为大写字母： s[i] = s[i] - 'a' + 'A'
大写字母转换为小写字母同理s[i] = s[i] - 'A' + 'a'
代码
C
C
#include<stdio.h>
int main(){
char ch;
while(~scanf("%c",&ch)){
if(ch == '\n') break;
if('a' <= ch && ch <= 'z') putchar(char(ch - 'a' + 'A'));
else putchar(char(ch - 'A' + 'a'));
}
return 0;
}python
python
s = input()
ans = ''
for ch in s:
ans += chr(ord(ch)^32)
print(ans)H-index
题意
给出n个数， a 1 , a 2 , . . . , a n a_1,a_2,...,a_n a1,a2,...,an, 请你找出一个最大的数 N N N , 满足a中 大于等于N的数至少为N个
思路
思路一 ：我们使用一个数组cnt记录一下每个数出现的次数。即cnt[a[i]]+= 1 。
然后逆序查找从 1 0 6 10^6 106 到 1 1 1 的每个数，查看是否满足条件 ， 那么第一个满足条件的 i i i 即为答案。
条件为 ∑ j = i n c n t [ j ] ≥ i \sum_{j = i}^n cnt[j] \ge i ∑j=incnt[j]≥i
思路二：对数组a进行逆序排序，这样就得出了以下规律： a a a数组中大于等于 a [ i ] a[i] a[i] 的数有 i i i个。
我们逆序遍历数组，找到最后一个满足 a [ i ] ≥ i a[i] \ge i a[i]≥i 的 i i i即可 。
代码
C思路一
c
#include<stdio.h>
int cnt[1000006];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i =1;i<=n;i++){
int x;
scanf("%d",&x);
cnt[x]++;
}
int sum = 0;
for(int i = 1000000;i>=0;i--){
sum += cnt[i];
if(sum >= i) {
printf("%d",i);
return 0;
}
}
return 0;
}C++思路二
C
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[1000006];
int main(){
int n;
cin>>n;
for(int i = 1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
sort(a+1,a+n+1);
reverse(a+1,a+n+1);
for(int i = 1;i<=n;i++){
if(a[i] < i){
cout<<i-1<<endl;break;
}
}
return 0;
}python
python
n = int(input())
a = [int(i) for i in input().split()]
a.sort(reverse=True)
def check():
for i in range(n):
if(a[i]<i+1):
return i;
return n
print(check())I - 飞云鸽鸽的和式
题意
给你一个数组，请你找出其中一段连续的区间， 使得区间中的数的总和尽可能大。
思路
思路一：本题给的 n n n很小，我们直接暴力枚举即可。复杂度 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)
思路二：如果我们加上一点前缀和的思想，在确认左端点，枚举右端点的时候，可以借用上一次的答案。这样就省去了第三重循环，复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
思路三：如果我们再加上动态规划的思想，我们令 f i f_i fi 表示 以第i个数为结尾的 连续子数组的最大的和 ， 那么我们的答案就是 m a x 1 ≤ i ≤ n f i max_{1 \le i \le n} f_i max1≤i≤nfi , 我们在枚举 i i i的时候，考虑两种情况
- 加入 f i − 1 f_{i-1} fi−1对应的那一段
- 单独成为一段
当然取其中较大值是更好的。
于是最终的递推式为 f i = m a x ( f i − 1 + a i , a i ) f_i = max(f_{i-1} + a_i,a_i) fi=max(fi−1+ai,ai)
时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)
代码
C 思路一 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)
c
#include<stdio.h>
int a[105];
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
int ans = 0xcfcfcfcf;//足够小的数
for(int i = 1;i<=n;i++){
for(int j = i;j<=n;j++){
int sum = 0;
for(int k = i;k<=j;k++){
sum += a[k];
}
if(ans < sum) ans = sum;
}
}
printf("%d",ans);
}C思路二 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
C
#include<stdio.h>
int a[105];
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
int ans = 0xcfcfcfcf;//足够小的数
for(int i = 1;i<=n;i++){
int sum = 0;
for(int j = i;j<=n;j++){
sum += a[j];
if(ans < sum) ans = sum;
}
}
printf("%d",ans);
}C思路三O(n)
c
#include<stdio.h>
int a[105];
int f[105];
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
int ans = 0xcfcfcfcf;//足够小的数
f[0] = 0xcfcfcfcf;
for(int i = 1;i<=n;i++){
if(f[i-1] < 0) f[i] = a[i];
else f[i] = f[i-1] + a[i];
if(ans < f[i]) ans = f[i];
}
printf("%d",ans);
}python
python
n = int(input())
a = list(map(int, input().split()))
mi = 0
pre = 0
ans = -1000000000
for i in range(n):
pre += a[i]
ans = max(ans,pre-mi)
mi = min(mi,pre)
print(ans)J - 排队
题意
给一个数组 a a a , 对数组 a a a进行排序
思路
模板题，写对排序代码即可，
本题数据范围较小，使用朴素的 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 排序算法也可以通过本题。
同时也可以使用进阶的 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn) 排序算法来更快的解决问题。
代码
C 冒泡排序 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
C
#include<stdio.h>
int a[5005];
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
for(int i = 1;i<=n;i++){
for(int j = i;j<=n;j++){
if(a[i] > a[j]){
int t = a[i];
a[i] = a[j];
a[j] = t;
}
}
}
for(int i = 1;i<=n;i++){
printf("%d ",a[i]);
}
return 0;
}C++ 排序函数 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[5005];
int main(){
int n;cin>>n;
for(int i = 1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
sort(a+1,a+n+1);
for(int i = 1;i<=n;i++){
cout<<a[i]<<" ";
}
}python
python
n = int(input())
a = [int(i) for i in input().split()]
a.sort()
for i in range(n):
print(a[i],end=' ')K - 飞云鸽鸽在送信
题意
对于所有长度为 n n n的排列 p p p, 问满足 : 对于所有的 1 ≤ i ≤ n 1\le i \le n 1≤i≤n , 都有 p i ≠ i p_i \not= i pi=i 的排列有多少。
（排列指数组[1,2,3,...,n] 随机打乱后的数组， 如长度为 3 3 3的排列有：[1,2,3] 、[1,3,2] 、 [2,1,3] 、[2,3,1] 、[3,1,2]、[3,2,1] ， 长度为n的排列共有 A n n A_n^n Ann 个）
思路
本题考察"错排数"，为经典组合数学问题，大家可以上网搜索相关内容。
本题给出的 n n n很小， 暴力枚举所有的排列即可。
在C++中可以调用排列函数来生成长度为 n n n的全排列。
使用全排列的复杂度是 O ( n ! ∗ n ) O(n!*n) O(n!∗n)
下面给出更好的解法（时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n))
错排数的递推式为$ f_n = \left{
\begin{array}{lr }
0 & n = 1 \
1& n = 2\
(f_{n-1} + f_{n-2}) * (n-1) &, n \ge 3
\end{array}
\right. $
对于 n n n等于 1 1 1和 2 2 2，递推式很明显成立 ,对于n大于2的情况，我们考虑n的位置，
如[2,1,4,3，*5*] ，前面的[2,1,4,3] 是一个长度为4的错排序，那么这个5可以放在前面四个位置中的任意一个。（ n − 1 n-1 n−1种可能）
假设我们放在数字 1 1 1的位置, [2,*5*,4,3,*1*] 此时数字1和数字5一定是满足条件的。
此时我们可以选择5是否要和"下标为1的数"交换位置
- 如果交换位置
[*5*,2,4,3,*1*]，那么剩余n-2个数可以任意组合为错排序，方案数为 f n − 2 f_{n-2} fn−2 - 如果不交换位置
[2,*5*,4,3,1]，那么剩下的n-1个数都可以任意组合为错排序，方案数为 f n − 1 f_{n-1} fn−1
代码
C全排列
c
#include<stdio.h>
int vis[15];
int a[15];
int t = 0;
int n;
int ans = 0;
void dfs(int step){
if(step == n+1){
for(int i = 1;i<=n;i++){
if(a[i] == i) return;
}
ans ++;
return;
}
for(int i = 1;i<=n;i++){
if(vis[i]) continue;
vis[i] = 1;
a[step] = i;
dfs(step+1);
vis[i] = 0;
}
return ;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
dfs(1);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}C++ 调用排列函数 O ( n ! ∗ n ) O(n!*n) O(n!∗n)
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[15];
int main(){
int n;
cin>>n;
for(int i = 1;i<=n;i++){
a[i] = i;
}
int ans = 0;
do{
bool ok = 1;
for(int i = 1;i<=n;i++){
if(a[i] == i) ok = 0;
}
if(ok) ans ++;
}while(next_permutation(a+1,a+1+n));
cout<<ans;
return 0;
}C递推 O ( n ) O(n) O(n)
c
#include<stdio.h>
int f[1000005];
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
f[1] = 0;
f[2] = 1;
for(int i =3;i<=n;i++){
f[i] = (i-1) *(f[i-1] + f[i-2]);
}
printf("%d",f[n]);
return 0;
}python
python
n = int(input())
def cp(n):
if n==1:
return 0
if n==2:
return 1
return (n-1)*(cp(n-1)+cp(n-2))
print(cp(n))L - P19E99喜欢16进制
题意
给一个十六进制数，输出他的十进制表示
思路
用字符串读取十六进制数，然后枚举十六进制数，然后不断累加到答案上即可。
代码
C
c
#include<stdio.h>
int main(){
char ch;
long long ans = 0;
while(~scanf("%c",&ch)){
if(ch == '\n') break;
int x;
if('0' <= ch && ch <= '9'){
x = ch - '0';
}else{
x = ch - 'a' + 10;
}
ans = ans * 16 + x;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}python
python
s = input()
print(int(s,16))