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“蔚来杯“2022牛客暑期多校训练营2，签到题GJK

2022-07-29 01:25:00 【小哈里】

题号标题已通过代码通过率团队的状态
A Falfa with Polygon 点击查看 56/445
B light 点击查看 50/326
C Link with Nim Game 点击查看 192/1035
D Link with Game Glitch 点击查看 831/6211
E Falfa with Substring 点击查看 264/3287
F NIO with String Game 点击查看 52/412
G Link with Monotonic Subsequence 点击查看 1667/7564
H Take the Elevator 点击查看 290/769
I let fat tension 点击查看 204/454
J Link with Arithmetic Progression 点击查看 1407/7990
K Link with Bracket Sequence I 点击查看 996/3057
L Link with Level Editor I 点击查看 564/2616

文章目录

G.Link with Monotonic Subsequence

题意：

官方

思路：

开始想的是构造（1, 2, 3, 4）（9, 8, 7, ,6 , 5）这样的排列，这样前面一个组最多与后面的组中的一个形成LIS，答案就是n/2+1，然后再想可以多弄几个组，就可以变得更小。
构造形如（3, 2, 1）,（ 6, 5, 4）,（ 9, 8, 7）的排列，这样每个组与后一个组都只能选一个，然后如果组数变多，长度也会变大，在此基础上要让每组元素相对更多，所以就是继续求平均的根号n，即每组根号n个元素即可。
注意要向上取整，因为比如7的时候，介于2~3之间，我们肯定是选3来让组数变得更少。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main(){
    
    int T;  cin>>T;
    while(T--){
    
        int n;  cin>>n;
        int sq = ceil(sqrt(n));
        for(int i = n; i > 0; i -= sq){
    //（7 8 9 ）（4 5 6） （1 2 3）
            for(int j = max(1,i-sq+1); j <= i; j++)
                cout<<j<<" ";
        }
        cout<<"\n";
    }
    return 0;
}

J.Link with Arithmetic Progression

题意：

官方：

思路：

官方：
讲一下线性回归
最小二乘法，即最小化残差的平方和，就是本题要求的值，等差数列和当前数列的差值平方。
证明过程可以参考：https://zhuanlan.zhihu.com/p/73494604，
公式可以参考：https://blog.csdn.net/snowdroptulip/article/details/79020590

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LD;
const int maxn = 1e6+10;
int a[maxn];

int main(){
    
    int T;  cin>>T;
    while(T--){
    
        LD n;   cin>>n;
        LD x = 0, y = 0;  //坐标(i,a[i]) 
        for(int i = 1; i <= n; i++){
    
            cin>>a[i];
            x += i;  y += a[i];
        }
        x /= n;  y /= n;     //期望E(x),E(y),即x,y均值
        LD s1 = 0, s2 = 0;   
        for(int i = 1; i <= n; i++){
    
            s1 += (i-x)*(a[i]-y); //协方差：Cov(X,Y) = E[(X-E[X])(Y-E[Y])]?
            s2 += (i-x)*(i-x);    //方差：D(x) = E[(X-E[X])(X-E[X])]
        }
        LD k = s1/s2, b = y-k*x;  //公式
        LD ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++){
    
            ans += (a[i]-k*i-b)*(a[i]-k*i-b);
        }
        printf("%.15Lf\n",ans);
    }
    return 0;
}

三分做法
已知f(x)在l,r上单峰且连续，求极值。每次迭代将当前区间的长度缩小1/3直到找到极值。
前面我们知道等差数列是一条直线，这条直线与所有给出的点（i,a[i]）求方差最小时就是要找的点。
所以设直线y = kx+b ，即b^2=(y-kx)^2，令y=a[i], x=i，此时我们只需要最小化b的方差即可。
b关于k单峰且连续，b=f(k)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long LL;
typedef long double LD;
const LL maxn = 1e6+10;
const LD eps = 1e-10;
LD a[maxn], b[maxn], n;

LD check(LD k){
    //b=y-kx的方差
    LD sum = 0, res = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
    
        b[i] = a[i]-k*i;
        sum += b[i];
    }
    sum /= n;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
    
        res += (b[i]-sum)*(b[i]-sum);
    }
    return res;
}

int main(){
    
    IOS;
    int T;  cin>>T;
    while(T--){
    
        cin>>n;
        LD sum = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++){
    
            cin>>a[i];  sum += a[i];
        }
        LD l = -1e15, r = 1e15, ans = 1e100;
        while(r-l > eps){
    
            LD mt = (r-l)/3;
            LD m1 = l+mt, m2 = r-mt;
            LD v1 = check(m1), v2 = check(m2);
            if(v1 >= v2){
    
                ans = min(ans, v2);
                l = m1;
            }else{
    
                ans = min(ans, v1);
                r = m2;
            }
        }
        printf("%.15Lf\n",ans);
    }
    return 0;
}

K.Link with Bracket Sequence I

题意：

官方：

思路：

官方

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long LL;
const int maxn = 210;
const int mod = 1e9+7;

LL f[maxn][maxn][maxn];//b前i位，'('比')'多j个，a前k位的方案数

int main(){
    
    IOS;
    int T;  cin>>T;
    while(T--){
    
        int n, m;  cin>>n>>m;
        string a;  cin>>a;
        a = "0"+a;
        // memset(f,0,sizeof(f)); //TLE 70%
        for (int i = 0; i <= m; ++ i) {
    
            for (int j = 0; j <= m; ++ j) {
    
                for (int k = 0; k <= m; ++ k) {
    
                    f[i][j][k] = 0;
                }
            }
        }
        f[0][0][0] = 1;
        for(int i = 0; i < m; i++){
    
            for(int j = 0; j <= i; j++){
    
                for(int k = 0; k <= i; k++){
    
                    //对于b[i+1], a[k+1]选或不选
                    if(a[k+1]==')'){
    
                        if(j>0)(f[i+1][j-1][k+1] += f[i][j][k]) %= mod;
                        (f[i+1][j+1][k] += f[i][j][k]) %= mod;
                    }else if(a[k+1]=='('){
    
                        (f[i+1][j+1][k+1] += f[i][j][k]) %= mod;
                        if(j>0)(f[i+1][j-1][k] += f[i][j][k]) %= mod;
                    }else {
    
                        (f[i+1][j+1][k] += f[i][j][k]) %= mod;
                        if(j>0)(f[i+1][j-1][k] += f[i][j][k]) %= mod;
                    }
                }
            }
        }
        cout<<f[m][0][n]<<"\n";
    }
    return 0;
}