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河南萌新联赛2025第（一）场：河南工业大学（补题）

news 2025/7/18 9:53:32

文章目录

前言
A、隔板
B、代价转移
G，最大子段和，但是两段
H，黑客帝国
I，二进制转化
M，无聊的子序列
总结

前言

本次仅是对于当时没写出来的题进行补题

A、隔板

题目传送门：隔板
在这里插入图片描述
对于这一题利用到了第二类斯特林数
其定义：

完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
const ll N=1e4;
ll dp[N][N];
ll sum[N];
ll mod=998244353;
void solve()
{ll n,m;cin>>n>>m;sum[1]=1;sum[0]=1;if(n<m){cout<<0<<endl;return ;}for(ll i=1;i<=m;i++){sum[i]=sum[i-1]*i%mod;}dp[0][0]=1;for(ll i=1;i<=n;i++){for(ll j=1;j<=m;j++){dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]*j)%mod;//以第二类斯特林数推出}}cout<<dp[n][m]*sum[m]%mod<<endl;//最后还要乘上m！
}
signed main()
{IOS;ll t=1;
//	cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

至于为什么要乘上m的阶乘，
在这里插入图片描述
考虑到顺序，故要乘上m的阶乘

B、代价转移

题目传送门:代价转移
在这里插入图片描述

对于这一题利用到了类似 Dijkstra 算法的操作
把从初始值 a 到目标值 b 的过程，看作在数值状态空间中找最小代价路径的问题，每个数值是图中的节点，操作是有向边，边权是操作代价。
完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)  
#define ll long long
#define endl '\n'
#define pii pair<ll,ll>  // 定义二元组类型，用于存储{代价, 数值}
const ll N=1e4+10;     
ll a[N];  // 存储到达每个数值位置的最小代价，初始为极大值
void solve()
{ll a1, b, c1, c2, c3;cin >> a1 >> b >> c1 >> c2 >> c3;if(a1 == b) {  // 特殊情况：初始值等于目标值，无需任何操作cout << 0 << endl;return;}// 初始化代价数组为极大值(0x3f3f3f3f)，表示初始不可达memset(a, 0x3f3f3f, sizeof a);// 使用优先队列（小顶堆）优化搜索，每次取出当前代价最小的状态priority_queue<pii, vector<pii>, greater<pii>> p;p.push({0, a1});  // 将初始状态{代价0, 数值a1}加入队列while(p.size()) {pii current = p.top();  // 取出当前代价最小的状态p.pop();ll cost = current.first;    // 当前路径的总代价ll value = current.second;  // 当前到达的数值if(value == b) {  // 成功到达目标数值，输出最小代价cout << cost << endl;return;}// 如果当前代价大于已记录的最小代价，跳过该状态（剪枝优化）if(cost > a[value]) continue;// 操作1：数值加1，代价为c1if(value + 1 < N && cost + c1 < a[value + 1]) {a[value + 1] = cost + c1;  // 更新最小代价p.push({a[value + 1], value + 1});  // 将新状态加入队列}// 操作2：数值减1，代价为c2if(value - 1 > 0 && cost + c2 < a[value - 1]) {a[value - 1] = cost + c2;  // 更新最小代价p.push({a[value - 1], value - 1});  // 将新状态加入队列}// 操作3：数值乘2，代价为c3if(value * 2 < N && cost + c3 < a[value * 2]) {a[value * 2] = cost + c3;  // 更新最小代价p.push({a[value * 2], value * 2});  // 将新状态加入队列}}
}signed main()
{IOS;  ll t = 1;cin >> t; while(t--) {solve();  }return 0;
}

G，最大子段和，但是两段

题目传送门：最大子段和，但是两段
在这里插入图片描述

对于这一题，要找两段最大和，可先向右每次记录下来该点的最大值，同样从右向左找最大值然后记录下来
完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
const ll N=1e6+10;ll s[N];    // 存储原始数组
ll s1[N];   // 存储从左到右的最大子段和
ll s2[N];   // 存储从右到左的最大子段和
void solve()
{ll n;cin>>n;  for(ll i=1;i<=n;i++){cin>>s[i];}// 计算从左到右的最大子段和（正向DP）ll a=INT_MIN;  // 当前位置结尾的最大子段和ll b=INT_MIN;  // 全局最大子段和for(ll i=1;i<=n;i++){// 状态转移：当前位置结尾的最大子段和 = max(当前元素, 前一个位置的最大子段和+当前元素)a=max(s[i],a+s[i]);// 更新全局最大子段和b=max(a,b);// 记录到i位置为止的全局最大子段和s1[i]=b;}// 计算从右到左的最大子段和（反向DP）a=INT_MIN;b=INT_MIN;for(ll i=n;i>=1;i--){// 同理，从右向左计算a=max(s[i],a+s[i]);b=max(a,b);// 记录从i位置开始到结尾的全局最大子段和s2[i]=b;}// 枚举分割点，找到最大和ll ans=-1e18;  // 初始化为极小值for(ll i=1;i<n;i++){// 分割点为i时的最大和 = 前i个元素的最大子段和 + 后n-i个元素的最大子段和ans=max(ans,s1[i]+s2[i+1]);}cout<<ans<<endl;  
}signed main()
{IOS;  ll t=1;cin>>t;  while(t--){solve();  }return 0;
}

H，黑客帝国

题目传送门：黑客帝国
在这里插入图片描述

纯模拟，恶心
完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
const ll N=1e4+10;
ll s[N][N];
ll dx[]={0,1,0,-1},dy[]={1,0,-1,0};
void solve()
{ll n;cin>>n;if(n==1){cout<<0<<endl;return ;}ll x=0,y=0;if(n&1)x=(n+1)/2-1,y=(n+1)/2-1;elsex=n/2-1,y=n/2-1;ll d=0,l=1,sum=0;s[x][y]=sum++;while(sum<n*n){for(ll i=1;i<=2;i++){for(ll j=0;j<l;j++){x=x+dx[d];y=y+dy[d];if(x>=0&&x<n&&y>=0&&y<n)s[x][y]=sum++;}d=(d+1)%4;}l++;}for(ll i=0;i<n;i++){for(ll j=0;j<n;j++)cout<<s[i][j]<<" ";cout<<endl;}
}
signed main()
{IOS;ll t=1;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

I，二进制转化

题目传送门：二进制转化
在这里插入图片描述

通过手动操作一下会发现，当首尾相同时，肯定相同
其次就是判断l与r了如果有一个在边界，则一定也行
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
const ll N=1e6+10;
void solve()
{ll n;cin>>n;string s;cin>>s;ll l,r;cin>>l>>r;if(s[0]==s[n-1]){cout<<"Yes"<<endl;return ;}if(l==1||r==n){cout<<"Yes"<<endl;return ;}cout<<"No"<<endl;
}
signed main()
{IOS;ll t=1;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

M，无聊的子序列

题目传送门：无聊的子序列
在这里插入图片描述
这一题同样是找规律，当你打表之后会发现当长度大于5的时候是一定不成立的，因此只需要考虑长度小于等于4的子数组

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
const ll N=1e6+10;
ll s[N];
void solve()
{ll n;cin>>n;for(ll i=1;i<=n;i++){cin>>s[i];}ll ans=2*n-1;//长度为1的还有长度为2的一定成立if(n==1)//特判长度为1的{cout<<1<<endl;return ;}for(ll i=1;i<=n-2;i++)//判断长度为3的{if(s[i+1]<=s[i]&&s[i+2]<=s[i+1])continue;if(s[i+1]>=s[i]&&s[i+2]>=s[i+1])continue;ans++;}for(ll i=1;i<=n-3;i++)//判断长度为4的{ll a=s[i];ll b=s[i+1];ll c=s[i+2];ll d=s[i+3];if(a>=b&&(b>=c||b>=d)||a<=b&&(b<=c||b<=d))continue;if(d>=c&&(c>=b||c>=a)||d<=c&&(c<=b||c<=a))continue;ans++;}cout<<ans<<endl;
}
signed main()
{IOS;ll t=1;while(t--){solve();}return 0;
}