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大连爱得科技网站建设公司怎么样在线设计平台都有哪些比较好用的

news 2025/11/4 14:34:58

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B. A BIT of a Construction

题目：

思路：

简单思维题

首先我们肯定可以想到，答案的值不可能超过 k 的最高有效位，比如 1011，答案最多只能是 4 位，那我们考虑时候可以构造出一种方法使得刚好能填满呢？

我们考虑到，如果一个数他是 1111 这种形式，那么可以直接放这个数即可，但是如果是 1000呢？首先我们最优的情况肯定是将后面的 0 全变为 1，且这一定是最优的，因为如果我们可以通过舍弃最高位而获得后面的所有位，比如 1000 我们可以使用 0111 0001 两个构造出，此时答案是 3，可以看出这显然是最优的

那观察归纳发现，其实我们可以先获取 k 的最高有效位 w，然后构造 $2^{w} - 1$ 和 $k - (2^{k} - 1)$ 这两个数，我们发现这显然是最优的，因为我们最坏情况下都能获得 w - 1的答案，而什么时候能获得 w 呢？显然就是全为 1 的情况了，而这种情况我们用上诉方法也能构造出来

因此只要 n >= 2，我们就能按照上诉方法先构造两个数，然后其余全是 0，否则我们直接输出 k 即可

代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<string>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <unordered_set>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <stack>
#include <memory>
using namespace std;
#define int long long
#define yes cout << "Yes\n"
#define no cout << "No\n"void solve()
{int n, k;cin >> n >> k;if (n == 1){cout << k << endl;return;}int x = 0;for (int i = 31; i >= 0; i--){if (k & (1ll << i)){x = i;break;}}cout << (1ll << x) - 1 << " " << k - (1ll << x) + 1 << " ";for (int i = 1; i <= n - 2; i++) {cout << "0 ";}cout << endl;
}signed main()
{cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);int t = 1;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}

C. How Does the Rook Move?

题目：

思路：

DP思维题

我们观察发现，一开始的选法其实不重要，重要的是选完后我们还剩下多少个行/列可以选择

比如行列是 3 的情况，我们发现我们可以选择删除删除左上角或者左下角的元素，这样只删除了一行/列，这样我们的问题就变为了变成行列是2的情况，否则我们就会删除 2 行/列，这样就变成了行/列是 1 的情况

我们发现这其实可以转化为子问题，因此我们可以用递推来写

我们定义 dp[i] 为行/列为 i 时的所有可能，初始化 dp[0] = dp[1] = 1，接下来我们推导转移方程，我们对于 i 行/列的情况，我们可以只删去一行/列看看它能变成什么情况，如果我们放在对角线，那么就变成了 i-1 行/列的情况，否则我们肯定会删去两行/列，因为电脑也会下，所以就变成了 i-2 行/列的情况，因此可以推出 dp[i] = dp[i-1] + dp[i - 2] * (n - 1)，但是由于我们可以和电脑交换位置，所以最后应该是 dp[i] = dp[i-1] + dp[i - 2] * (n - 1) * 2

为什么是这样考虑呢？我们假设我们第一个删除的是第一行，那么我们可以放第一个点，即对角线上，或者放后面的点，即其余 (n - 1) 个位置上，我们发现无论我们选哪一行当作开始，我们都会再别的行当作开始的情况下存在（情况之间可以通过平移互换得到），即与我们选哪里当作开始点无关，因此就是 dp[i-1] 而不是 dp[i - 1] * n

最后按照转移方程初始化即可，每次查询获取剩余行数 t，然后直接输出 dp[t] 即可

代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<string>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <unordered_set>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <stack>
#include <memory>
using namespace std;
#define int long long
#define yes cout << "Yes\n"
#define no cout << "No\n"
const int MOD = 1e9 + 7;
int dp[300005];
void solve()
{int n, k;cin >> n >> k;int t = n;for (int i = 0; i < k; i++){int r, c;cin >> r >> c;if (r != c){t--;}t--;}cout << dp[t] % MOD << endl;
}signed main()
{dp[0] = dp[1] = 1;for (int i = 2; i <= 300000; i++){dp[i] = dp[i-1] + (2 * i - 2) * dp[i - 2];dp[i] %= MOD;}cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);int t = 1;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}

D. A BIT of an Inequality

题目：

思路：

好题，值得学习

看到题目给的这个式子，我们不难发现其实就是 f(x,z) ^ y > f(x,z)，那么如果要让 f(x,z) 异或 y 后值变大那么一定是 y 的最高有效位 w 造成了奉献，即 f(x,z) 的第 w 位是 0

为什么一定是最高有效位造成了奉献呢？假如不是最高有效位，那么最高有效位一定会造成负奉献，此时即使后面所有位都造成正奉献也抵消不了最高位的奉献，因此只需要考虑最高位即可

那么就是 f(x,z) 的 w 位是 0 这种情况了，那我们如何求呢？

我要快速知道 f(x,z)，对于这种区间问题我们显然可以使用前缀和来求，我们定义 s[i] 为前 i 位的异或和，那么 f(x,z) = s[z] ^ s[x - 1]，因为根据异或性质可以知道 x ^ x = 0，所以我们异或掉前面的数就相当于删去，哪知道这个我们如何解决问题呢？

由于我们要保证 f(x,z) 的 w 位是 0，那么也就是说 s[z] 和 s[x - 1] 的 w 位都是 0/1，所以我们还需要一个前缀和 onehas[i][j] 来统计前 i 个 s[i] 中第 j 位是 1 有多少个选择（位置），而 0 的位置我们只需要用当前位置减去 1 的数量即可

因此最后我们只需要这样写，我们枚举每个 a[i] 当作 y ，然后利用乘法原理来计算答案，具体的我们统计 i 位置前有多少个 s[i] 的 w 位是 0/1（以及 i 位置后），然后二者相乘即可，因为我们不需要知道具体的值，我们只需要知道我们选的两个端点 z x 的位置是不一样的即可，所以利用浅醉和计算符合条件的位置的数量是个很快的方法

具体实现看代码

代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<string>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <unordered_set>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <stack>
#include <memory>
using namespace std;
#define int long long
#define yes cout << "Yes\n"
#define no cout << "No\n"void solve()
{auto getw = [](int x) ->int{for (int i = 30; i >= 0; i--){if (x >> i & 1)return i;}return 0;};int n;cin >> n;vector<int> a(n+1,0);//前缀和vector<int> s(n + 1, 0);//在前 j 个前缀和里有 onehas个数是 第 i 位是 1vector<vector<int>> onehas(31, vector<int>(n+1, 0));for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i];s[i] = s[i - 1] ^ a[i];for (int j = 30; j >= 0; j--){onehas[j][i] = onehas[j][i - 1] + (s[i] >> j & 1);}}int res = 0;for (int i = 1; i <= n; i++){//取得 a[i] 的最高位是多少int w = getw(a[i]);res += onehas[w][i - 1] * (onehas[w][n] - onehas[w][i - 1]);res += (i - onehas[w][i - 1]) * (n - i + 1 - (onehas[w][n] - onehas[w][i - 1]));}cout << res << endl;
}signed main()
{cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);int t = 1;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}

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