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wzjs 2025/7/26 19:32:41

广西建设培训中心网站,什么是网络营销,建造师查询入口,c2c网站页面设计特点A - Poisonous Oyster 翻译： 牡蛎有四种类型，分别为 1、2、3 和 4。其中一种吃了会引起胃病。其他类型的牡蛎吃了不会引起胃病。高桥吃了 1 号和 2 号牡蛎，青木吃了 1 号和 3 号牡蛎。每个人是否生病的信息以两个字符串 S 1 和 S2 表示。具…

A - Poisonous Oyster

翻译：

        牡蛎有四种类型，分别为 1、2、3 和 4。其中一种吃了会引起胃病。其他类型的牡蛎吃了不会引起胃病。

        高桥吃了 1 号和 2 号牡蛎，青木吃了 1 号和 3 号牡蛎。每个人是否生病的信息以两个字符串 S 1 和 S2 表示。

        具体来说，S 1 = sick 表示高桥生病了，S 1 = fine 表示高桥没有生病。同样，S 2=sick 表示青木生病，S 2 = fine 表示青木没有生病。

        根据给定信息，找出哪种牡蛎会引起胃病。

思路：

直接分类讨论：

sick sick 表示都吃了有病的牡蛎，则1号牡蛎有病毒。

fine sick 表示高桥没吃有毒牡蛎，青木吃了有病的牡蛎，则3号牡蛎有病毒。

sick fine 表示高桥吃了有毒牡蛎，青木没吃有病的牡蛎，则2号牡蛎有病毒。

fine fine 表示都没吃有病的牡蛎，则4号牡蛎有病毒。

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;int main(){// 关闭输入输出流同步ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// 不使用科学计数法// cout<<fixed;// 中间填保留几位小数，不填默认// cout.precision();string s1,s2;cin>>s1>>s2;if (s1=="sick" && s2=="sick"){cout<<1<<endl;}else if (s1=="sick" && s2=="fine"){cout<<2<<endl;}else if (s1=="fine" && s2=="sick"){cout<<3<<endl;}else{cout<<4<<endl;}
}

B - A..B..C

翻译：

给出字符串 S。

        求 S 中有多少处 A、B、C 以相同的间隔依次排列。

        具体地说，求满足以下所有条件的整数 (i,j,k) 三元组的个数。这里，∣S∣ 表示 S 的长度，S x 表示 S 的 x 个字符。

         $\cdot 1\leq i <j<k\leq |S|\\ \cdot j-i=k-j\\ \cdot S_{i}=A \\ \cdot S_{j}=B\\ \cdot S_{k}=C\\$

思路：

中心扩展法，从每个点B处向左右搜索是否为A，C。对此计数。

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;int main(){// 关闭输入输出流同步ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// 不使用科学计数法// cout<<fixed;// 中间填保留几位小数，不填默认// cout.precision();string s;cin>>s;int cnts = 0,n = s.size();for (int i=0;i<n;i++){if (s[i]!='B') continue;for (int j=1;i+j<n && i-j>=0;j++){cnts+=((s[i-j]=='A') &&(s[i+j]=='C'));}}cout<<cnts<<endl;
}

C - Make it Simple

翻译：

        给你一个有 N 个顶点和 M 条边的无向图，顶点编号为 1 到 N，边编号为 1 到 M。边i连接点 $u_i ,v_i$ 。
        要通过删除边使图变得简单，必须删除的边的最少数目是多少？
        在这里，当且仅当一个图不包含自循环或多条边时，它才被称为简单图。

思路：

使用邻接表记录边，删除重边与自循的边。

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;void solve(){int n,m;cin>>n>>m;set<pair<int,int>> cnts;int ans = 0;for (int u,v,i=1;i<=m;i++)  {cin>>u>>v;if (u==v){ans++;}else {if (u>v) swap(u,v);pair<int,int> now={u,v};// 里面有if (cnts.find(now)!=cnts.end()){ans++;continue;} // cout<<"    "<<u<<" "<<v<<endl;cnts.insert(now);}}cout<<ans<<endl;
}int main(){// 关闭输入输出流同步ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// 不使用科学计数法// cout<<fixed;// 中间填保留几位小数，不填默认// cout.precision();solve();
}

D - Swap to Gather

翻译：

        给你一个长度为 N 的字符串 S，其中包含 0 和 1。可以确保S中至少包含一个 1 。

        您可以执行以下操作任意次数（可能为零）：

选择一个整数 i (1≤i≤N-1) 并交换 S 的第 i 个字符和第 (i+1)-个字符。

        找出使所有 1 都连续的最小操作次数。

        这里，被称为连续1 当且仅当存在整数 l 和 r（1≤l≤r≤N），使得 S 的第 i 个字符为 1，当且仅当 l≤i≤r，否则为 0。

思路：

在最后连续1的情况下，左边1与右边1的距离之差是固定的，要达到这种情况必然是去除了其内的0，之后不断向内缩1即可。

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;void solve(){int n;string s;cin>>n;  cin>>s;int cnt_1 = 0;for (auto i:s) cnt_1+=(i=='1');ll ans = 0;for (int l=0,r=n-1;;){while (l<r && s[l]=='0') l++;while (l<r && s[r]=='0') r--;if (l>=r) break;cnt_1-=2;ans += r-l-1-cnt_1;l++;r--;}cout<<ans<<endl;
}int main(){// 关闭输入输出流同步ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// 不使用科学计数法// cout<<fixed;// 中间填保留几位小数，不填默认// cout.precision();solve();
}

E - GCD of Subset

翻译：

你被给予一个长为N的序列 $A=(A_1,A_2,...,A_N)$ 和一个正数K(最大为N)。

对于每个i=1,2,...,N，解决下面的问题：

当你从A的获取包含 $A_{i}$ 的K个元素，找到GCD（最大公共因）最大的可能值。

思路：

考虑（x为满足条件的值）：

1. A_i 能被 x 整除。

2. x有K个及以上的倍数。

记录每个数的倍数的数量，遍历以当前数为因数且当前数有K个及以上的倍数，更新倍数的答案。

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1200005;
// cnts：记录每个数出现的次数，cnt_fact：被x整除的数的数量
vector<int> cnts(N,0),cnt_fact(N,0);
void solve(){int n,k;cin>>n>>k;vector<int> nums(n);int mx=0;for (int& i:nums){cin>>i;cnts[i]++;mx = max(mx,i);}// 因子for (int factor=1;factor<=mx;factor++){// 被factor整除的数for (int num=factor;num<=mx;num+=factor){cnt_fact[factor]+=cnts[num];}} // ans：每个值满足条件的最大公约数vector<int> ans(mx+1,0);for (int factor=1;factor<=mx;factor++){if (cnt_fact[factor]<k) continue;for (int num=factor;num<=mx;num+=factor){ans[num] = max(ans[num],factor);}}for (int i:nums){cout<<ans[i]<<"\n";}
}int main(){// 关闭输入输出流同步ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// 不使用科学计数法// cout<<fixed;// 中间填保留几位小数，不填默认// cout.precision();solve();
}

F - Prefix LIS Query

翻译：

你被给予一个长为N的序列 $A=(A_1,A_2,...,A_N)$ 。

回答Q个问题。第 i （ $1\leq i \leq Q$ ）个问题如下：

你被两个数字 $R_i,X_i$ 。考虑 $(A_1,A_2,...,A_{R_{i}})$ 中的子序列严格递增且构成的元素最多为 $X_i$ 。找到子序列的最大长度。可以确定 $X_{i} \geq min{A_{1},A_{2},...,A_{R_{i}}}$ 。

思路：

使用（贪心+二分）求最长子序列，同时使用离线算法求问题。

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
// lis(贪心+二分实现)+离线
void solve(){int n,q;cin>>n>>q;vector<int> a(n);for (int& i:a) cin>>i;// 使用点位来记录问题vector<vector<pair<int,int>>> query(n);for (int r,x,i=0;i<q;i++){cin>>r>>x;r--;query[r].emplace_back(x,i);}vector<int> g,ans(q);for (int i=0;i<n;i++){auto iter = lower_bound(g.begin(),g.end(),a[i]);if (iter==g.end()){g.push_back(a[i]);}else{*iter = a[i];}// 当前点位有哪些询问for (auto [x,ind]:query[i]){ans[ind] = upper_bound(g.begin(),g.end(),x)-g.begin();}}for (int& i:ans){cout<<i<<"\n";}
}int main(){// 关闭输入输出流同步ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// 不使用科学计数法// cout<<fixed;// 中间填保留几位小数，不填默认// cout.precision();solve();
}