2022牛客寒假算法基础集训营3

本文主要是介绍2022牛客寒假算法基础集训营3，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

因【牛客版权】不放题面了

C.智乃买瓜(another version)

思路

这个题是B-智乃买瓜的逆向版本。

首先看B题中的代码：

for(int i = 1; i <= n; i++){
    for(int j = m; j >= w[i] / 2; j--){
        dp[j] += dp[j - w[i] / 2];
        if(j >= w[i])
            dp[j] += dp[j - w[i]];
    }
}

一个西瓜 w i w_i wi​会产生影响 d p [ j ] + = d p [ j − w i ] + d p [ j − w i 2 ] dp[j] += dp[j - w_i] + dp[j-\frac{w_i}{2}] dp[j]+=dp[j−wi​]+dp[j−2wi​​]，当我们删去一个 w i w_i wi​既确定了一个 w i w_i wi​的存在，需要把所有的影响删掉，既产生一种新的影响 d p [ j ] − = d p [ j − w i ] + d p [ j − w i 2 ] dp[j]-=dp[j-w_i]+dp[j-\frac{w_i}2] dp[j]−=dp[j−wi​]+dp[j−2wi​​]

所以我们就有了新的转移方程：
d p [ j ] − = d p [ j − i ] + d p [ j − i 2 ] dp[j]-=dp[j-i]+dp[j-\frac{i}2] dp[j]−=dp[j−i]+dp[j−2i​]

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e3 + 10;
ll dp[maxn];
int main() {
	int m; cin >> m;
	for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> dp[i];
	dp[0] = 1;
	vector<int> res;
	// 这里的i枚举的为西瓜重量的一半。因为x个w的西瓜会对dp[w]产生x的共享，同理也会对dp[w/2]产生x的贡献
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
		while (dp[i]) {
			res.push_back(2 * i);
			for (int j = 0; j <= m; j++) {
				if (j + i <= m)
					dp[j + i] = (dp[j + i] - dp[j] + mod) % mod;
				if (j + 2 * i <= m)
					dp[j + 2 * i] = (dp[j + 2 * i] - dp[j] + mod) % mod;
			}
		}
	}
	cout << res.size() << "\n";
	for (auto& te : res) cout << te << " ";
}

G.智乃的树旋转(easy version)

思路

题面很吓人

简化题面：只有两种操作

右旋	左旋
B变为其左孩子的右孩子	A变为其右孩子的左孩子

因为题目保证存在 K ( k ≤ 1 ) K(k\leq1) K(k≤1)次操作，让树恢复，所以就是枚举是否存在(i,j)是的其满足左旋/右旋的条件，如果满足，则为答案，如果没找到，说明两者相同，不需要旋转。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 1e3 + 10;
struct Node {
	int l, r;
}S[maxn], T[maxn];
int main() {
	int n; cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> S[i].l >> S[i].r;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> T[i].l >> T[i].r;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			if (S[i].l == j && T[j].r == i) {
				cout << 1 << "\n" << j;
				return 0;
			}
			if (S[i].r == j && T[j].l == i) {
				cout << 1 << "\n" << j;
				return 0;
			}
		}
	}
	cout << 0;
}

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