算法竞赛
由数据范围反推时间复杂度及算法内容
一般题目的时间限制为1s / 2s,在这种情况下C++代码中的操作次数控制在1e7为最佳。
下面给出在不同数据范围下所反推出的对应时间复杂度及算法内容:
- n≤30 => 指数级别 => dfs+剪枝,状压dp
- n≤1e2 => O(n^3) => floyd,dp
- n≤1e3 => O(n^2) / O(n^2logn) => dp,二分
- n≤1e4 => O(n∗√n) => 块状链表
- n≤1e5 => O(nlogn) => 各种sort,线段树、树状数组、set/map、heap、dijkstra+heap、spfa、求凸包、求半平面交、二分
- n≤1e6 => O(n) / 常数较小的 O(nlogn) => hash、双指针扫描、kmp、AC自动机、sort、树状数组、heap、dijkstra、spfa
- n≤1e7 => O(n) => 双指针扫描、kmp、AC自动机、线性筛素数
- n≤1e9 => O(√n) => 判断质数
- n≤1e18 => O(logn) => 最大公约数
转载自AcWing yxc
第十一届蓝桥杯大赛_厦门大学嘉庚学院校内模拟赛
Problem A
1200000有多少个约数(只计算正约数)?
答案:96
暴力跑一遍就好,不用我多说了吧
Problem B
在计算机存储中,15.125GB是多少MB?
答案:15488
15.125*1024,计算机常识
Problem C
在1至2019中,有多少个数的数位中包含数字9?
注意,有的数中的数位中包含多个9,这个数只算一次。例如,1999这个数包含数字9,在计算只是算一个数。
答案:544
依然是简单的暴力
Problem D
一棵包含有2019个结点的二叉树,最多包含多少个叶子结点?
答案:1010
当没有度为1的结点时叶子节点最多,即为一棵完全二叉树,再由二叉树性质n0=n2+1、n0+n2=2019即可求得答案
Problem E
问题描述
在数列 a[1], a[2], …, a[n] 中,如果对于下标 i, j, k 满足 0<i<j<k<n+1 且 a[i]<a[j]<a[k],则称 a[i], a[j], a[k] 为一组递增三元组,a[j]为递增三元组的中心。
给定一个数列,请问数列中有多少个元素可能是递增三元组的中心。
输入格式
输入的第一行包含一个整数 n。
第二行包含 n 个整数 a[1], a[2], …, a[n],相邻的整数间用空格分隔,表示给定的数列。
输出格式
输出一行包含一个整数,表示答案。
样例输入
5
1 2 5 3 5
样例输出
2
样例说明
a[2] 和 a[4] 可能是三元组的中心。
评测用例规模与约定
对于 50% 的评测用例,2 <= n <= 100,0 <= 数列中的数 <= 1000。
对于所有评测用例,2 <= n <= 1000,0 <= 数列中的数 <= 10000。
小小DP,可笑可笑(用前缀和也可以做)//其实直接暴力就好了,草
#include<iostream>
using namespace std;
const int MAXN = 1e3+10;
int a[MAXN];
int dp(int k,int n) {
int res = a[k];
for(int i=k; i<n; ++i) {
if (a[i] > res)
res = a[i];
}
return res;
}
int main() {
int n,ans=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=0; i<n; ++i)
scanf("%d",&a[i]);
int mini=a[0];
for(int i=1; i<n-1; ++i) {
if(mini<a[i] && a[i]<dp(i+1,n))
ans++;
if(mini>a[i])
a[i]=mini;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
Problem F
问题描述
一个正整数如果任何一个数位不大于右边相邻的数位,则称为一个数位递增的数,例如1135是一个数位递增的数,而1024不是一个数位递增的数。
给定正整数 n,请问在整数 1 至 n 中有多少个数位递增的数?
输入格式
输入的第一行包含一个整数 n。
输出格式
输出一行包含一个整数,表示答案。
样例输入
30
样例输出
26
评测用例规模与约定
对于 40% 的评测用例,1 <= n <= 1000。
对于 80% 的评测用例,1 <= n <= 100000。
对于所有评测用例,1 <= n <= 1000000。
暴 力 杯
#include<iostream>
using namespace std;
int a[10];
bool judge(int n) {
int k=0;
while(n) {
a[k++]=n%10;
n/=10;
}
for(int i=k-1; i>0; --i) {
if(a[i]>a[i-1])
return false;
}
return true;
}
int main() {
int n,ans=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; ++i) {
if(judge(i))
ans++;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
Problem G
问题描述
小明对类似于 hello 这种单词非常感兴趣,这种单词可以正好分为四段,第一段由一个或多个辅音字母组成,第二段由一个或多个元音字母组成,第三段由一个或多个辅音字母组成,第四段由一个或多个元音字母组成。
给定一个单词,请判断这个单词是否也是这种单词,如果是请输出yes,否则请输出no。
元音字母包括 a, e, i, o, u,共五个,其他均为辅音字母。
输入格式
输入一行,包含一个单词,单词中只包含小写英文字母。
输出格式
输出答案,或者为yes,或者为no。
样例输入
lanqiao
样例输出
yes
样例输入
world
样例输出
no
评测用例规模与约定
对于所有评测用例,单词中的字母个数不超过100。
很容易想到的思路:先判断第一个字母,再统计变化次数即可
#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;
bool judge(char ch) {
if(ch=='a'||ch=='e'||ch=='i'||ch=='o'||ch=='u')
return true;
return false;
}
int main() {
string s;
cin>>s;
bool ans=true;
int cnt=0;
if(judge(s[0]))
ans = false;
for(int i=0; i<s.length()-1; ++i) {
if(judge(s[i])!=judge(s[i+1]))
cnt++;
}
if(cnt!=3)
ans = false;
if(ans)
cout<<"yes"<<endl;
else
cout<<"no"<<endl;
return 0;
}
Problem H
问题描述
小明有一块空地,他将这块空地划分为 n 行 m 列的小块,每行和每列的长度都为 1。
小明选了其中的一些小块空地,种上了草,其他小块仍然保持是空地。
这些草长得很快,每个月,草都会向外长出一些,如果一个小块种了草,则它将向自己的上、下、左、右四小块空地扩展,这四小块空地都将变为有草的小块。
请告诉小明,k 个月后空地上哪些地方有草。
输入格式
输入的第一行包含两个整数 n, m。
接下来 n 行,每行包含 m 个字母,表示初始的空地状态,字母之间没有空格。如果为小数点,表示为空地,如果字母为 g,表示种了草。
接下来包含一个整数 k。
输出格式
输出 n 行,每行包含 m 个字母,表示 k 个月后空地的状态。如果为小数点,表示为空地,如果字母为 g,表示长了草。
样例输入
4 5
.g…
…..
..g..
…..
2
样例输出
gggg.
gggg.
ggggg
.ggg.
评测用例规模与约定
对于 30% 的评测用例,2 <= n, m <= 20。
对于 70% 的评测用例,2 <= n, m <= 100。
对于所有评测用例,2 <= n, m <= 1000,1 <= k <= 1000。
经典老番BFS
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MOD = 1e9+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 1e3+10;
int n,m,k;
char g[MAXN][MAXN];
int dir[4][2]= {
{1,0},
{-1,0},
{0,1},
{0,-1}
};
struct Node {
int x,y;
Node(int x,int y):x(x),y(y) {}
Node() {}
};
queue<Node> pre;
queue<Node> nxt;
void bfs() {
int xx,yy;
Node node;
for(int i=0; i<k; ++i) {
while(!pre.empty()) {
node=pre.front();
pre.pop();
for(int j=0; j<4; ++j) {
xx = node.x+dir[j][0];
yy = node.y+dir[j][1];
if(xx>=0&&xx<n&&yy>=0&&yy<=m&&g[xx][yy]=='.') {
g[xx][yy]='g';
nxt.push(Node(xx,yy));
}
}
}
while(!nxt.empty()) {
pre.push(nxt.front());
nxt.pop();
}
}
}
int main() {
cin>>n>>m;
for(int i=0; i<n; ++i) {
for(int j=0; j<m; ++j) {
cin>>g[i][j];
if(g[i][j]=='g')
pre.push(Node(i,j));
}
}
cin>>k;
bfs();
for(int i=0; i<n; ++i) {
for(int j=0; j<m; ++j)
cout << g[i][j];
cout<<endl;
}
return 0;
}
Problem I
问题描述
小明想知道,满足以下条件的正整数序列的数量:
1. 第一项为 n;
2. 第二项不超过 n;
3. 从第三项开始,每一项小于前两项的差的绝对值。
请计算,对于给定的 n,有多少种满足条件的序列。
输入格式
输入一行包含一个整数 n。
输出格式
输出一个整数,表示答案。答案可能很大,请输出答案除以10000的余数。
样例输入
4
样例输出
7
样例说明
以下是满足条件的序列:
4 1
4 1 1
4 1 2
4 2
4 2 1
4 3
4 4
评测用例规模与约定
对于 20% 的评测用例,1 <= n <= 5;
对于 50% 的评测用例,1 <= n <= 10;
对于 80% 的评测用例,1 <= n <= 100;
对于所有评测用例,1 <= n <= 1000。
我的DFS应该只能过50%数据,不建议学习
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
const int MOD = 1e4;
int ans=0;
void dfs(int x,int y) {
ans=(ans+1)%MOD;
if(abs(x-y)<=1)
return;
for(int i=1; i<abs(x-y); ++i)
dfs(y,i);
return;
}
int main() {
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; ++i)
dfs(n,i);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
Problem J
问题描述
小明要组织一台晚会,总共准备了 n 个节目。然后晚会的时间有限,他只能最终选择其中的 m 个节目。
这 n 个节目是按照小明设想的顺序给定的,顺序不能改变。
小明发现,观众对于晚会的喜欢程度与前几个节目的好看程度有非常大的关系,他希望选出的第一个节目尽可能好看,在此前提下希望第二个节目尽可能好看,依次类推。
小明给每个节目定义了一个好看值,请你帮助小明选择出 m 个节目,满足他的要求。
输入格式
输入的第一行包含两个整数 n, m ,表示节目的数量和要选择的数量。
第二行包含 n 个整数,依次为每个节目的好看值。
输出格式
输出一行包含 m 个整数,为选出的节目的好看值。
样例输入
5 3
3 1 2 5 4
样例输出
3 5 4
样例说明
选择了第1, 4, 5个节目。
评测用例规模与约定
对于 30% 的评测用例,1 <= n <= 20;
对于 60% 的评测用例,1 <= n <= 100;
对于所有评测用例,1 <= n <= 100000,0 <= 节目的好看值 <= 100000。
挺抽象的,听说正解是单调队列/单调栈
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MOD = 1e9+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 1e5+10;
int n, m;
struct node {
int deep;
int id;
};
vector<node> ans;
bool cmp1(node a,node b) {
return a.deep > b.deep;
}
bool cmp2(node a,node b) {
return a.id < b.id;
}
int main() {
cin >> n >> m;
for(int i = 0; i < n ; i ++) {
node tmp;
cin >> tmp.deep;
tmp.id = i;
ans.push_back(tmp);
}
sort(ans.begin(), ans.end(), cmp1);
sort(ans.begin(), ans.begin()+m, cmp2);
for(int i = 0; i < m ; i ++)
cout << ans[i].deep << " ";
return 0;
}
总结
纵观整套题目,填空题均为简单题,编程题有一到两题略具难度、需要思考优化方法以得到更多分数。等一个官方题解,再补全没拿到100%数据分数的题目就好。