牛客小白月赛86
A-水盐平衡
思路
- 题目意思为比较分数大小
- 可以把ba 与 dc的比较转化为 a∗d与c∗b的比较
以下是代码部分
#include
using namespace std;
void solve()
{
int a, b, c, d;
cin >> a >> b >> c >> d;
if(a * d > b * c) cout << "S\n";
else cout << "Y\n";
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
while (t--) solve();
return 0;
}
B-水平考试
思路
- 若S的选项多余F则必然全错，为0分
- 若S的选项中有F没有的选项，则必然全错，为0分
- 其他都可以改为10分
以下是代码部分（自己当时AC的代码）
#include
using namespace std;
string s, f;
//判断s中是否有f中没有的选项，有则返回false，否则返回true
bool judge()
{
int ans = 0;
for(int i = 0; i < f.length(); i ++)
for(int j = 0; j < s.length(); j ++)
if(s[j] == f[i]) ans ++;
if(ans == s.length()) return true;
return false;
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
while (t--)
{
cin >> s >> f;
sort(s.begin(), s.end());
sort(f.begin(), f.end());
//若s的长度大于f的，则必然全错
if(s.length() > f.length())
cout << "0\n";
else
{
if(judge())
cout << "10\n";
else
cout << "0\n";
}
}
return 0;
}
别人的代码——神崎兰子
#include
using namespace std;
int main(){
int t;
cin>>t;
while(t--){
string s,f;
cin>>s>>f;
mapm;
int jud=10;
//把正确答案存到m中
for(auto i:f) m[i]++;
//遍历s中的选项，如果有m中没有的，则一定错
for(auto i:s) if(!m[i])jud=0;
cout< C-数组段数
思路
- 判断截取的子数组有几段即可
- 防止TLE，可用前缀和
- 首先标记每一段的开头部分
- 再用前缀和表示每一个位置及其以前的段数
- 最后通过相减即可
以下是代码部分（解释写在注解里）
#include
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int a[N], b[N];
int main()
{
int n, m;
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
{
cin >> a[i];
if(a[i] != a[i - 1]) b[i] = 1;//此时b[]用来标记每一段的开头位置
b[i] = b[i] + b[i - 1];//通过前缀和，b[]代表第i及其以前的段数
}
while(m --)
{
int l, r;
cin >> l >> r;
//注意包括本身，所以需要+1
cout << b[r] - b[l] + 1 << endl;
}
return 0;
}
D-剪纸游戏
思路
- 通过dfs记录每一个连通块
- 判断若每个连通块的列相等，行相等，则为长方形（包括正方形）
以下是代码部分（自己当时AC的代码）
#include
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10;
//储存的图案
char paper[N][N];
// ans答案统计数目， a[]记录每个连通块每一列的小方块数， b[]记录每个连通块每一行的小方块数
int ans, a[N], b[N];
//通过dfs统计连通块，并记录每一行，每一列的小方块的数量
void dfs(int x, int y) {
if(paper[x][y] == '*') return ;
else {
a[x] ++;
b[y] ++;
paper[x][y] = '*';
}
dfs(x - 1, y);dfs(x + 1, y);
dfs(x, y - 1);dfs(x, y + 1);
}
//使图案的边缘全都为‘*’，便于dfs
void init1(int n, int m)
{
for(int i = 1; i <= n + 1; i ++)
paper[i][0] = paper[i][m + 1] = '*';
for(int i = 1; i <= m + 1; i ++)
paper[0][i] = paper[n + 1][i] = '*';
}
//重置a[], b[]
void init(int k1, int l1, int k2, int l2)
{
for(int i = k1 - 1; i <= l1; i ++) a[i] = 0;
for(int i = k2 - 1; i <= l2; i ++) b[i] = 0;
}
//判断此连通块是否为长方形， 若是，则ans + 1，若否，不做任何处理
void judge(int k1, int l1, int k2, int l2)
{
//判断每一行小方块数是否相等
for(int i = k1; i < l1; i ++)
if(a[i] != a[i + 1] && a[i + 1] != 0)
return ;
//判断每一列小方块数是否相等
for(int i = k2; i < l2; i ++)
if(b[i] != b[i + 1] && b[i + 1] != 0)
return ;
ans ++;
}
int main()
{
int n, m;
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
scanf("%s", paper[i] + 1);
init1(n, m);
for(int i = 1; i <= n; i ++)
for(int j = 1; j <= m; j ++)
if(paper[i][j] == '.')
{
dfs(i, j);
int k1, l1, k2, l2;
//记录连通块的位置
for(k1 = 0; !a[k1]; k1 ++);
for(l1 = k1; a[l1]; l1 ++);
for(k2 = 0; !b[k2]; k2 ++);
for(l2 = k2; b[l2]; l2 ++);
//调用判断，处理
judge(k1, l1, k2, l2);
init(k1, l1, k2, l2);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
E-可口蛋糕
思路
- 通过前缀和，把饱食度达标的组合的可口度之和储存起来
- 比较，输出最大值即可
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 10;
ll w[N], d[N];
int main()
{
int n, m;
cin >> n >> m;
//输入饱腹度
for(int i = 1; i <= n; i ++)
cin >> w[i];
//输入可口度
for(int i = 1; i <= n; i ++)
{
cin >> d[i];
//储存为前缀和的形式
d[i] += d[i - 1];
}
ll ret = LLONG_MIN, sum = 0;
set st;
for(int i = 1, j = 1; i <= n; i ++)
{
//sum为某一段连续的饱腹度的和
sum += w[i];
//当饱腹度达标时
while(sum > m)
{
//把第一段没有算在内j及以前的饱腹度储存起来
st.insert(d[j - 1]);
sum -= w[j ++];
}
//st内部已经从小到大排好
//(d[i] - st第一个元素的值)来得出(第i序列及之前的蛋糕)可口度最大值
if(!st.empty()) ret = max(ret, d[i] - *st.begin());
}
cout << ret << endl;
return 0;
}