nowcoder(牛客网)OI测试赛3 解题报告 T1 数字权重（快速幂） T2 毒瘤XOR（异或）（二进制） T3 硬币游戏（贪心） T4 粉樱花之恋（矩阵快速幂）（斐波那契数列） T5 符合条件的整数（高精度） T6 可爱即正义（字符串）
昨天因为胡搞了一会儿社团的事情，所以错过（逃过）了nowcoder的测试赛。。。。。
以上，听说还是普及组难度qwq，而且还有很多大佬AK（然而我这么蒻肯定还是觉得有点难度的吧qwq）
不过我还是日常来补一下题解好了qwq
这个就是你把式子(sum_{i=2}^n(a_i-a_{i-1})=K)展开就是(a_n-a_1)嘛。。。所以就是水题一个qwq
但是要注意因为数据范围比较大，所以我们要有快速幂。而且注意不合法情况的特判qwq
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define mod 1000000007
using namespace std;
long long n,k,ans=1;
long long mul(long long x,long long y)
{
if(!y) return 1;
else
{
long long ans=mul(x,y>>1);
if(y&1) return (ans*ans%mod)*(x%mod)%mod;
else return ans*ans%mod;
}
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&k);
if(k>=10||n==1||k<=-10)
{
printf("0
");
return 0;
}
if(k<0)
{
ans=mul(10,n-2)%mod;
ans*=10-abs(k);
}
else
{
ans=mul(10,n-2)%mod;
ans*=9-k;
}
printf("%lld
",ans%mod);
return 0;
}
T2 毒瘤XOR（异或）（二进制）
这个我是把原数拆成二进制下的数（30位），然后进行贪心。我们要想输出最小的数，那么就在当前位下如果零的个数小于等于一的个数时让ans该位为0，将这个位置记录下来，然后在最后遍历一遍将其ans+=1<<记录的位数。
当然暴力地算不太行，所以我们考虑用前缀和qwq......
然后就60分光荣MLE了。。。我也不知道怎么回事。。。这里附上我的60分代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n,q;
int a[MAXN],l[MAXN],r[MAXN],sum[MAXN][32],sum0[MAXN][32],sum1[MAXN][32];
long long ans;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
int cur=a[i],cnt=-1;
while(cur)
{
sum[i][++cnt]=cur%2;
cur>>=1;
}
for(int j=0;j<=31;j++)
{
if(sum[i][j]==1) sum1[i][j]=sum1[i-1][j]+1,sum0[i][j]=sum0[i-1][j];
else sum0[i][j]=sum0[i-1][j]+1,sum1[i][j]=sum1[i-1][j];
//printf("sum0[%d][%d]=%d sum1[%d][%d]=%d
",i,j,sum0[i][j],i,j,sum1[i][j]);
}
}
scanf("%d",&q);
for(int i=1;i<=q;i++)
scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
for(register int i=1;i<=q;i++)
{
ans=0;
for(int j=0;j<=31;j++)
{
int cur1=sum0[r[i]][j]-sum0[l[i]-1][j];
int cur2=sum1[r[i]][j]-sum1[l[i]-1][j];
if(cur1<cur2||(cur1&&cur2&&cur1==cur2))
ans+=1<<j;
}
long long ansans=2147483647-ans;
printf("%lld
",ansans);
}
return 0;
}
然后发现可以用位运算来优化掉做法，所以。。。。AC代码如下：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n;
int A[MAXN][31],sum[MAXN][31];
int main(){
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++){
ll x;
scanf("%lld",&x);
for (int j=0;j<=30;j++) A[i][j]=(x&((ll)1<<(ll)j))!=0;
}
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=0;j<=30;j++)
sum[i][j]=sum[i-1][j]+A[i][j];
int m; scanf("%d",&m);
while (m--){
int l,r; scanf("%d %d",&l,&r);
ll ans=0;
for (int i=30;i>=0;i--){
ans<<=1;
int num=sum[r][i]-sum[l-1][i];
if (2*num<(r-l+1)) ans++;
}
printf("%lld
",ans);
}
}
T3 硬币游戏（贪心）
这个题刚一看时是博弈论？？？但是再看就发现是简单的贪心。。。。qwq
题目中有一点描述不清，这里补充一下，该题就是clccle只能取第一列，sarlendy只能取第二列。（刚开始不知道这一点竟然判断起了奇偶性）
然后我们就贪心地先把都是1的标记到，然后clccle取他那一列是1的，然后sarlendy取他那一列是1的。然后判断大小就行了qwq
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define MAXN 2000010
using namespace std;
int n,sum1,score1,score2,done[MAXN];
char a[MAXN],b[MAXN];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=2*n;i++)
cin>>a[i];
for(int i=1;i<=2*n;i++)
{
cin>>b[i];
if(a[i]=='U'&&b[i]=='U') sum1++,done[i]=1;
}
if(sum1<n)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]=='U'&&done[i]==0) score1++,done[i]=1;
if(b[i]=='U'&&done[i]==0) score2++,done[i]=1;
}
score1+=(sum1+1)/2;
score2+=sum1-(sum1+1)/2;
if(score1>score2)
cout<<"clccle trl!"<<endl;
else if(score1==score2||(score1>=n&&score2>=n))
cout<<"orz sarlendy!"<<endl;
else cout<<"sarlendy tql!"<<endl;
}
else
cout<<"orz sarlendy!"<<endl;
return 0;
}
T4 粉樱花之恋（矩阵快速幂）（斐波那契数列）
这个一看就是求斐波那契数列前n+1项和的模板题，但是怎么求斐波那契数列的前n项和呢？
这里我们需要用到一个结论：
我们用(f_i)来表示斐波那契数列的第(i)项，那么它的前n项和为(sum_{i=1}^nf_i=f_{n+2}-1)
下面我们来推导~~
先把左边的展开并+1：
(sum_{i=1}^nf_i+1)
(=f_1+f_2+f_3+...+f_n+1)
(=f_1+f_2+f_3+...+f_n+f_2)
(=(f_1+f_2)+f_2+f_3+...+f_n)
(=(f_2+f_3)+f_3+...+f_n)
(=f_n+f_{n+1})
(=f_{n+2})
得证：(sum_{i=1}^nfi=f_{n+2}-1)
那么其他的就超级简单啦！就是模板嘛。。。。。但是考虑到数据范围过大，所以我们要用(log(n))的矩阵快速幂来做
如果有矩阵快速幂不会的可以模板（戳我）
同机房还有dalao用三维矩阵做的，大概就是多开一个来储存和qwq（~~大家可以在我的友链区BLUESKY007 和 dreagonm找到ta们qwq）
下面放上我的代码qwq
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define mod 998244353
using namespace std;
struct Matrix
{
long long a[3][3];
};
Matrix res,mul;
long long n,kk[3],ans[3];
Matrix multi(Matrix x,Matrix y)
{
Matrix cur;
for(int i=1;i<=2;i++)
for(int j=1;j<=2;j++)
cur.a[i][j]=0;
for(int i=1;i<=2;i++)
for(int j=1;j<=2;j++)
for(int k=1;k<=2;k++)
cur.a[i][j]=(cur.a[i][j]+x.a[i][k]*y.a[k][j])%mod;
return cur;
}
void solve()
{
for(int i=1;i<=2;i++)
for(int j=1;j<=2;j++)
ans[i]=(ans[i]+kk[j]*res.a[i][j])%mod;
printf("%lld
",ans[2]-1);
}
int main(){
for(int i=1;i<=2;i++)
res.a[i][i]=1;
for(int i=1;i<=2;i++)
for(int j=1;j<=2;j++)
mul.a[i][j]=1;
mul.a[2][2]=0;
kk[1]=kk[2]=1;
scanf("%lld",&n);
if(n==0)
{
printf("1
");
return 0;
}
if(n==1)
{
printf("2
");
return 0;
}
n=n+2;
//n--;
while(n)
{
if(n&1)
res=multi(res,mul);
n>>=1;
mul=multi(mul,mul);
}
solve();
return 0;
}
T5 符合条件的整数（高精度）
这个。。。没写高精度，但是支持__int128啊！所以说。。。我们使用__int128类型就可以轻松水过这个题了。
注意我们找符合条件的要向上取整qwq
注意是左闭右开区间qwq，所以记得-1
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define ll __int128
inline ll f(int x) {
ll a=(((ll)1)<<x)-1;
ll ans=a/7;
if(a%7!=0) ans++;
return ans;
}
int main(){
int n, m;
scanf("%d%d",&n,&m);
printf("%llu",(unsigned long long)(f(m)-f(n)));
return 0;
}`
T6 可爱即正义（字符串）
这个题这个题。。。。再一次让我认识到了STL大法好！！看到别人手动匹配感觉好心累啊，还是用find()比较happy。
不过原先一直不知道find()还可以在指定范围内的字符串中查找字符串，今天算是知道了.....
比如说
int k=s.find("abc");
//这个是在字符串s中寻找abc，并且返回第一个位置（即a）
int k2=s.find("abc",k+1);
//这个就可以实现在字符串s中寻找abc存在的第二个位置
//因为我们是从第k+1位开始寻找的
所以说代码就比较短吧qwq。。。。。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
string s;
int main()
{
cin>>s;
int ans=0;
int pos=s.find("suqingnianloveskirito");
if(pos==-1) {printf("Yes
%d %d
",1,2);return 0;}
int pos2=s.find("suqingnianloveskirito",pos+1);
if(pos2==-1) {printf("Yes
%d %d
",pos+1,pos+2);return 0;}
int pos3=s.find("suqingnianloveskirito",pos2+1);
if(pos3==-1) {printf("Yes
%d %d
",pos+1,pos2+2);return 0;}
else printf("No
");
return 0;
}