ETOJ Round 1题解与分析-CFANZ编程社区

补题链接：http://oj.eriktse.com/contest.php?cid=1001

比赛信息

ETOJ的第一场周赛，整体难度偏低，适合基础薄弱的同学。

奖励：第一名一个月大会员。

出题人：eriktse

验题人：Jakon

QQ交流群：600240150

A 带余除法

签到语法题。

#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
    int a,b;
    cin>>a>>b;
    cout<<a/b<<" "<<a%b<<endl;
    return 0;
}

B 这也能随机？

把每一个数字分解后计算数位出现次数即可，注意特判。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 9, inf = 8e18;
int a[N], cnt[12];

void f(int x)
{
    while(x)cnt[x % 10] ++, x /= 10;
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m, x;cin >> n >> m >> x;

    mt19937 rng(x);
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)a[i] = rng() % m;

    
    

    for(int i = 1;i <= n; ++ i)
    {
        f(a[i]);
    }

    int ans = 0;
    for(int i = 0;i <= 9; ++ i)if(cnt[i] > cnt[ans])ans = i;
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

C 最大子段和

模板题，dp。

dp[i]表示到i为止，且以i结尾的最大子段和，可以从dp[i - 1]转移过来，当转移过来比0还小，就单独成为一个子段。

因为这个转移过于简单，所以可以直接用一个变量保存。

下面用两种写法：

写法一：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 9, inf = 8e18;
int a[N], dp[N];

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)cin >> a[i];
    int ans = -inf;

    for(int i = 1;i <= n; ++ i)
    {
        
        dp[i] = max(a[i], dp[i - 1] + a[i]);
    }

    for(int i = 1;i <= n; ++ i)ans = max(ans, dp[i]);

    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

写法二：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 9, inf = 8e18;
int a[N];

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)cin >> a[i];
    int ans = -inf;

    for(int i = 1, tmp = 0;i <= n; ++ i)
    {
        tmp += a[i];
        ans = max(ans, tmp);
        if(tmp < 0)tmp = 0;
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

D 联通块问题（1）

并查集模板，计算每个点对祖先的贡献即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 2e5 + 9;
int a[N], pre[N], w[N];



signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)cin >> a[i];
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)pre[i] = i;

    int m;cin >> m;

    function<int(int)> root = [&root](int x) -> int
    {
        return pre[x] = (pre[x] == x ? x : root(pre[x]));
    };

    for(int i = 1;i <= m; ++ i)
    {
        int u, v;cin >> u >> v;
        pre[root(u)] = root(v);
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)w[root(i)] ^= a[i];
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)ans = max(ans, w[i]);
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

E 小e的书架

有两种思路来做这题。

思路一：根据贪心选择性质，显然应该优先横着放，最后一部分选择竖着放或横着放。特判“只能横着放”的情况。对于每种情况，可以直接计算出所需的最小书架长度。

当时，只能横着放，假设有个长度为的空间，则有：

故总长度需要满足：

当时，可以选择全部横着放，也可以选择将最后一部分竖着放，类似的分析即可，具体看代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

void solve()
{
    int n, h, t;
    cin >> n >> h >> t;

    if (h > t) {
        long long ans = (n + t - 1ll) / t * h;
        cout << ans << '\n';
        return;
    }
    long long num = n / t;
    long long ans = min((n + t - 1ll) / t * h, num * h + n - num * t);
    cout << ans << '\n';
}

int main()
{
    cin.tie(0);
    ios::sync_with_stdio(false);

    int test;
    cin >> test;

    while (test--) {
        solve();
    }

    return 0;
}

思路二：

二分，确定一个长度后，判断是否能够放得下本书。虽然复杂度不如前一种方法，但是思想值得学习。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 9;
int a[N], p[N];


void solve()
{
    int n, h, t;cin >> n >> h >> t;
    int l = 0, r = 1e15;
    while(l + 1 != r)
    {
        int mid = (l + r) >> 1;
        int cnt = (mid / h) * t;
        
        if(t >= h)cnt += mid % h;

        if(cnt >= n)r = mid;
        else l = mid;
    }
    cout << r << '\n';
}


signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int _;cin >> _;
    while(_ --)solve();
    return 0;
}