#牛客网 2018年牛客多校算法寒假训练营练习比赛（第五场）

A-逆序数

题目描述

在一个排列中，如果一对数的前后位置与大小顺序相反，即前面的数大于后面的数，那么它们就称为一个逆序。一个排列中逆序的总数就称为这个排列的逆序数。比如一个序列为4 5 1 3 2，那么这个序列的逆序数为7，逆序对分别为(4, 1), (4, 3), (4, 2), (5, 1), (5, 3), (5, 2),(3, 2)。

输入描述:

第一行有一个整数n(1 <= n <= 100000),  然后第二行跟着n个整数，对于第i个数a[i]，(0 <= a[i] <= 100000)。

输出描述:

输出这个序列中的逆序数

示例1

输入

5
4 5 1 3 2

输出

思路：直接暴力就行

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5;int p[maxn], n;
ll x, sum;int main()
{cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> x;sum += p[x];for (int j = 1; j < x; j++) p[j]++;}cout << sum << endl;return 0;
}

B-Big Water Problem

题目描述

给一个数列，会有多次询问，对于每一次询问，会有两种操作：

1：给定两个整数x, y, 然后在原数组的第x位置上加y；

2：给定两个整数l，r，然后输出数组从第l位加到第r位数字的和并换行

输入描述:

第一行有两个整数n, m（1 <= n, m <= 100000）代表数列的长度和询问的次数
第二行n个数字，对于第i个数字a[i]，(0<=a[i]<=100000)。
接下来m行，每一行有三个整数f, x, y。第一个整数f是1或者是2，代表操作类型，如果是1，接下来两个数x,y代表第x的位置上加y，如果是2，则求x到y的和，保证数据合法。

输出描述:

输出每次求和的结果并换行

示例1

输入

10 2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
1 1 9
2 1 10

输出

思路：差分数组

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5;ll p[maxn], s[maxn], n, m, wi, ui, vi;int main()
{scanf("%lld%lld", &n, &m);for (ll i = 1; i <= n; i++) {scanf("%lld", &s[i]);p[i] = s[i] + p[i - 1];}while (m--) {scanf("%lld", &wi);if (wi == 1) {scanf("%lld%lld", &ui, &vi);for (int j = ui; j <= n; j++) p[j] += vi;}else {scanf("%lld%lld", &ui, &vi);cout << p[vi] - p[ui - 1] << endl;}}return 0;
}

C-字符串的问题

题目描述

有一个字符串让你找到这个字符串 S 里面的子串T 这个子串 T 必须满足即使这个串的前缀也是这个
串的后缀并且在字符串中也出现过一次的(提示要求满足前后缀的同时也要在字符串中出现一次只是前后缀可不行输出最长满足要求字符串)

输入描述:

给出一个字符串 长度 1 到 1e6  全部是小写字母

输出描述:

如果找的到就输出这个子串T 如果不行就输出 Just a legend

示例1

输入

fixprefixsuffix

输出

fix

示例2

输入

abcdabc

输出

Just a legend

题目大意：有一个字符串，如果他的前缀和后缀相等且该子串包含在字符串中间（去掉头尾和）那么输出这个字符串，入股哦有多个，输出最长的那个

思路：也是模拟，从前往后每次多加一个长度，看前缀后缀是否相等。然后在判断该子串是否包含在内，是就存下来，最后排个序输出最长的

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 5;char c[maxn], s[maxn], t[maxn];
int ans = 1, flag, X, C, S;
string p[maxn];
string line, ch, str;
bool cmp (string a, string b) {return a.size() > b.size();
}int main()
{cin >> line;for (int i = 1; i < line.size() - 1; i++) c[X++] = line[i];while (ans < line.size()) {ch = line.substr(0, ans), str = line.substr(line.size() - ans, line.size() - 1);if (ch == str) {   C = 0;for (int i = 0; i < ch.size(); i++) s[C++] = ch[i];if (strstr(c, s) != NULL || strcmp(c, s) == 0) {flag = 1; p[S++] = ch;}}ans++;}if (!flag) cout << "Just a legend" << endl;else {sort (p, p + S, cmp);cout << p[0] << endl;}return 0;
}

D-集合问题

题目描述

给你a,b和n个数p[i]，问你如何分配这n个数给A,B集合，并且满足：

若x在集合A中，则a-x必须也在集合A中。

若x在集合B中，则b-x必须也在集合B中。

输入描述:

第一行 三个数 n a b  1<=n<=1e5  1<=a,b<=1e9
第二行 n个数 p1 p2 p3...pn 1<=pi<=1e9

输出描述:

如果可以恰好分开就输出第一行 YES
然后第二行输出 n个数 分别代表pi 是哪个集合的  0 代表是A集合 1代表是B 集合
不行就输出NO
放在哪个集合都可以的时候优先放B

示例1

输入

4 5 9
2 3 4 5

输出

YES
0 0 1 1

示例2

输入

3 3 4
1 2 4

输出

NO

题目大意：如果一个数在集合中，那么a - 该数或者 b - 该数必须也在集合中，如果输入的数符合该条件，输出集合分配情况

思路：二分模拟查找，因为A和B集合都可以存的情况下优先放B，所以我们直接先判断B集合是否可以存，如果不行，看A集合是否可以，如果还不行，直接break不成立

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 5;ll p[maxn], n, ai, bi, u;
ll s[maxn], flag = 1;
bool vis[maxn];
ll lower(int m) {ll l = 0, r = n - 1, mid;while (l <= r) {mid = (l + r) >> 1;if (p[mid] > m) r = mid - 1;else l = mid + 1;if (p[mid] == m && !vis[mid]) return mid;}return n;
}int main()
{cin >> n >> ai >> bi;for (int i = 0; i < n; i++) cin >> p[i];sort (p, p + n);for (int i = 0; i < n; i++) {if (vis[i]) continue;  // 没有查过u = lower(bi - p[i]);  if (u != n && p[u] + p[i] == bi) // 找到了s[u] = s[i] = 1, vis[u] = vis[i] = 1;  // 标记并存进Belse {u = lower(ai - p[i]);if (u != n && p[u] + p[i] == ai)s[u] = s[i] = 0, vis[u] = vis[i] = 1;  // 标记并存Aelse {flag = 0; break;}  // A和B都不可存，直接跳出}}if (!flag) cout << "NO" << endl;else {cout << "YES" << endl;for (int i = 0; i < n - 1; i++) cout << s[i] << " ";cout << s[n - 1] << endl;}return 0;
}

E-情人节的电灯泡

题目描述

情人节到了，小芳和小明手牵手，打算过一个完美的情人节，但是小刚偏偏也来了，当了一个明晃晃的电灯泡，小明很尴尬，就和小刚说，我交给你个任务，你完成了我俩就带你玩，否则你就回家吧。小刚很有当单身狗的觉悟，他坚决不想让小明过好情人节，同为单身狗的你能帮帮他吗？现在有一个n×n（1 <= n <= 1000）的格子，每一个格子都有一个电灯泡，可能是亮的，也可能是灭的（1代表亮， 0代表灭），现在有两种操作，一种是给你一个坐标，对于那个坐标上的灯泡，如果他是亮的，那么熄灭他，反之如果他是灭的，那么打开它。第二种操作是给你两个坐标，第一个坐标代表一个子矩阵的左上角，另一个坐标是右下角，请你求出当前子矩阵中有多少个灯泡是亮着的。燥起来吧！！！单身狗们！！！！

输入描述:

第一行两个整数，n（1 <= n <= 1000）和m（1 <= m <= 100000），分别代表正方形格子的边长和询问次数。
接下来n行，每一行有n个bool形数字（0或1），代表灯泡的状态。
接下来m行，每一行第一个数字f（1或2）代表操作的类型，如果f是1，那么接下来输入一个坐标（x, y）(1 <= x, y <= n)，对于当前位置的灯泡状态进行改变，如果是2，那么接下来输入两个坐标（x1, y1）(1 <= x1, y1 <= n)， （x2, y2）(1 <= x2, y2 <= n)，确定子矩阵的位置，输出子矩阵中亮着的灯泡数量并换行。

输出描述:

对于每一个2操作，输出子矩阵中亮着的灯泡数量并换行。

示例1

输入

6 4
0 0 1 0 1 0
1 0 1 1 0 1
1 0 0 0 0 0
1 1 0 0 1 0
0 0 0 0 1 1
0 0 0 0 1 0
2 2 2 4 5
1 1 1
2 1 1 6 6
1 2 6

输出

4
14

思路：水题，直接模拟不会超时

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e3 + 5;bool p[maxn][maxn];
int n, m, ui, vi, u, v, wi;int main()
{cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) cin >> p[i][j];}while (m--) {cin >> wi;if (wi == 1) {cin >> ui >> vi;p[ui][vi] = !p[ui][vi];}else {int ans = 0;cin >> ui >> vi >> u >> v;for (int i = ui; i <= u; i++) {for (int j = vi; j <= v; j++) {if (p[i][j]) ans++;}}cout << ans << endl;}}return 0;
}

F-The Biggest Water Problem

题目描述

给你一个数，让他进行巴啦啦能量，沙鲁沙鲁，小魔仙大变身，如果进行变身的数不满足条件的话，就继续让他变身。。。直到满足条件为止。

巴啦啦能量，沙鲁沙鲁，小魔仙大变身：对于一个数，把他所有位上的数字进行加和，得到新的数。

如果这个数字是个位数的话，那么他就满足条件。

输入描述:

给一个整数数字n(1<=n<=1e9)。

输出描述:

输出由n经过操作满足条件的数

示例1

输入

输出

说明

12 -> 1 + 2 = 3

示例2

输入

输出

说明

38 -> 3 + 8 = 11 -> 1 + 1 = 2

思路：把每一位表示出来直到个位

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;int main()
{ll n;cin >> n;while (n >= 10) {ll sum = 0, temp = n;while (temp) {sum += temp % 10;temp /= 10;}n = sum;}cout << n << endl;return 0;
}

G-送分啦QAQ

题目描述

幼儿园开学了，为了让小盆友们能尽可能的多的享受假期。校长大人决定让小盆友分批到校，至于每批学生来多少人由一个小傻子和一个小仙女负责，两个人轮番负责，校长会在最后的时候去查看工作进度，小傻子不想被别人嘲笑自己傻，小仙女要证明自己比小傻子聪明。所以她们回去争抢安排最后一名小盆友。每次安排的小盆友至少为1，至多为上一次安排的2倍。小仙女抢到了先手的机会。第一次安排小盆友不能直接安排所有的小盆友一起回校。

输入描述:

单组测试数据
输入一个整数n——n代表小盆的个数（n>=2&&n<=1e9)

输出描述:

输出获胜人的名字——“Xian”或者“Sha”

示例1

输入

输出

Sha

说明

（Fisrt）1 -> (Second)  2         ||     2 - > 1  无论小仙女先送一个还是两个都会被小傻子获胜

示例2

输入

输出

Xian

说明

1 -> 2 -> 1    ||    1 -> 1 -> 2        小仙女先送一个，小傻子无论送一个或者两个都会被小仙女取胜。

题目大意：每次最少取一个，最多取上一次的2倍，小仙女先取，输入石子数量，输出获胜者

思路：有一个规律，满足斐波那契的石子，一定是谁先拿谁输

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 50 + 5;ll p[maxn], n, ans;int main()
{p[0] = 2, p[1] = 3;for (int i = 2; i < 50; i++) p[i] = p[i - 1] + p[i - 2];cin >> n;ans = lower_bound (p, p + 50, n) - p;if (p[ans] != n) cout << "Xian" << endl;else cout << "Sha" << endl;return 0;
}

H-Tree Recovery

题目描述

You have N integers, A1, A2, ... , AN. You need to deal with two kinds of operations. One type of operation is to add some given number to each number in a given interval. The other is to ask for the sum of numbers in a given interval.

输入描述:

The first line contains two numbers N and Q. 1 ≤ N,Q ≤ 100000.
The second line contains N numbers, the initial values of A1, A2, ... , AN. -1000000000 ≤ Ai ≤ 1000000000.
Each of the next Q lines represents an operation.
"C a b c" means adding c to each of Aa, Aa+1, ... , Ab. -10000 ≤ c ≤ 10000.
"Q a b" means querying the sum of Aa, Aa+1, ... , Ab.

输出描述:

You need to answer all Q commands in order. One answer in a line.

示例1

输入

10 5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Q 4 4
Q 1 10
Q 2 4
C 3 6 3
Q 2 4

输出

题目大意：输入一个序列和查询次数，Q表示输出该区间的和，C表示该区间的数每个数 + 第三个数

思路：线段树模板题

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5;struct node
{ll l, r, lazy, len, w;  // l表示左边界，r表示右边界，lazy用来更改区间，len表示区间大小
}tree[maxn * 4];
ll p[maxn], n, m;
char op;
void build(ll root, ll l, ll r) {  // 建树tree[root].l = l;tree[root].r = r;tree[root].lazy = 0;tree[root].len = r - l + 1;if (l == r) {tree[root].w = p[l];return ;}ll mid = (l + r) >> 1;build(root << 1, l, mid);build(root << 1 | 1, mid + 1, r);tree[root].w = tree[root << 1].w + tree[root << 1 | 1].w;
}
void pushdown(ll root) {  // 回溯tree[root << 1].lazy += tree[root].lazy;tree[root << 1 | 1].lazy += tree[root].lazy;tree[root << 1].w += tree[root << 1].len * tree[root].lazy;tree[root << 1 | 1].w += tree[root << 1 | 1].len * tree[root].lazy;tree[root].lazy = 0;
}
void update(ll root, ll l, ll r, ll y) {  // 修改区间if (tree[root].l >= l && tree[root].r <= r) {tree[root].lazy += y;tree[root].w += tree[root].len * y;return;}if (tree[root].l > r || tree[root].r < l)return;if (tree[root].lazy) pushdown(root);update(root << 1, l, r, y);update(root << 1 | 1, l, r, y);tree[root].w = tree[root << 1].w + tree[root << 1 | 1].w;
}
ll query(ll root, ll l, ll r) {   // 区间和if (tree[root].l >= l && tree[root].r <= r)return tree[root].w;if (tree[root].l > r || tree[root].r < l)return 0;if (tree[root].lazy) pushdown(root);return query(root << 1, l, r) + query(root << 1 | 1, l, r);
}int main()
{cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> p[i];build(1, 1, n);while (m--) {int ui, vi, wi;cin >> op;if (op == 'Q') {cin >> ui >> vi;cout << query(1, ui, vi) << endl;}else {cin >> ui >> vi >> wi;update(1, ui, vi, wi);}}return 0;
}