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  • 文章目录1、几天2、明码 1、几天 【题目描述】 2000年的1月1日,是那一年的1天。 那么,2000年的5月4日,是那一年的几天? 【输出】 输出一个整数表示答案 31+29+31+30+4=125 2、明码 汉字的字形存在于...

    1、第几天

    【题目描述】
    2000年的1月1日,是那一年的第1天。
    那么,2000年的5月4日,是那一年的第几天?
    【输出】
    输出一个整数表示答案

    31+29+31+30+4=125
    

    2、明码

    汉字的字形存在于字库中,即便在今天,16点阵的字库也仍然使用广泛。
    16点阵的字库把每个汉字看成是16x16个像素信息。并把这些信息记录在字节中。
    一个字节可以存储8位信息,用32个字节就可以存一个汉字的字形了。
    把每个字节转为2进制表示,1表示墨迹,0表示底色。每行2个字节,
    一共16行,布局是:
    第1字节,第2字节
    第3字节,第4字节

    第31字节, 第32字节
    这道题目是给你一段多个汉字组成的信息,每个汉字用32个字节表示,这里给出了字节作为有符号整数的值。
    题目的要求隐藏在这些信息中。你的任务是复原这些汉字的字形,从中看出题目的要求,并根据要求填写答案。
    ###这段信息是(一共10个汉字):
    4 0 4 0 4 0 4 32 -1 -16 4 32 4 32 4 32 4 32 4 32 8 32 8 32 16 34 16 34 32 30 -64 0
    16 64 16 64 34 68 127 126 66 -124 67 4 66 4 66 -124 126 100 66 36 66 4 66 4 66 4 126 4 66 40 0 16
    4 0 4 0 4 0 4 32 -1 -16 4 32 4 32 4 32 4 32 4 32 8 32 8 32 16 34 16 34 32 30 -64 0
    0 -128 64 -128 48 -128 17 8 1 -4 2 8 8 80 16 64 32 64 -32 64 32 -96 32 -96 33 16 34 8 36 14 40 4
    4 0 3 0 1 0 0 4 -1 -2 4 0 4 16 7 -8 4 16 4 16 4 16 8 16 8 16 16 16 32 -96 64 64
    16 64 20 72 62 -4 73 32 5 16 1 0 63 -8 1 0 -1 -2 0 64 0 80 63 -8 8 64 4 64 1 64 0 -128
    0 16 63 -8 1 0 1 0 1 0 1 4 -1 -2 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 5 0 2 0
    2 0 2 0 7 -16 8 32 24 64 37 -128 2 -128 12 -128 113 -4 2 8 12 16 18 32 33 -64 1 0 14 0 112 0
    1 0 1 0 1 0 9 32 9 16 17 12 17 4 33 16 65 16 1 32 1 64 0 -128 1 0 2 0 12 0 112 0
    0 0 0 0 7 -16 24 24 48 12 56 12 0 56 0 -32 0 -64 0 -128 0 0 0 0 1 -128 3 -64 1 -128 0 0

    首先破译上面给的明文,数字在计算机中以补码的方式,二进制形式存储。正数的补码就是原码,负数的补码等于其补码本身加上模以后的正数的补码。

    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    void deal(int x){
    	string s;
    	s = "";
    	for(int i = 0; i < 8; i++){
    		if(x%2){
    			s+="#";
    		}else{
    			s+=" ";
    		}
    		x/=2;
    	}
    	reverse(s.begin(),s.end());
    	cout << s;
    }
    int main(){
    	int n = 10;
    	
    	while(n--){
    		for(int i = 1; i <= 32; i+=2){
    			int a,b;
    			cin >> a >> b;
    			if(a < 0) a+=128;
    			if(b < 0) b+=128;
    			
    			deal(a);
    			deal(b);
    			cout << endl;
    		}
    	}
    	return 0;
    }
    

    结果是:九的九次方等于多少?
    很有意思。
    答案:387420489

    3、乘积尾零

    【题目描述】
    如下的10行数据,每行有10个整数,请你求出它们的乘积的末尾有多少个零?

    5650 4542 3554 473 946 4114 3871 9073 90 4329 
    2758 7949 6113 5659 5245 7432 3051 4434 6704 3594 
    9937 1173 6866 3397 4759 7557 3070 2287 1453 9899 
    1486 5722 3135 1170 4014 5510 5120 729 2880 9019 
    2049 698 4582 4346 4427 646 9742 7340 1230 7683 
    5693 7015 6887 7381 4172 4341 2909 2027 7355 5649 
    6701 6645 1671 5978 2704 9926 295 3125 3878 6785 
    2066 4247 4800 1578 6652 4616 1113 6205 3264 2915 
    3966 5291 2904 1285 2193 1428 2265 8730 9436 7074 
    689 5510 8243 6114 337 4096 8199 7313 3685 211 
    

    【输出】
    输出一个整数表示答案

    本质上,0的产生是由于2与5相乘的结果。也就是说,合计这100个数里面2和5因子的个数,取两个个数中最小的那个。

    #include<iostream>
    using namespace std;
    int main(){
    	int n = 100;
    	
    	int cnt=0;
    	int a = 0;
    	int b = 0;
    	
     	while(n--){
     		int t;
     		cin >> t;
     		
     		while(t%2==0){
     			a++;
     			t/=2;
    		 }
    		 
    		while(t%5==0){
    			b++;
    			t/=5;
    		}
    	 }
    	cout << min(a,b);
    	
    	return 0;
    }
    

    4、测试次数

    【题目描述】
    x星球的居民脾气不太好,但好在他们生气的时候唯一的异常举动是:摔手机。
    各大厂商也就纷纷推出各种耐摔型手机。x星球的质监局规定了手机必须经过耐摔测试,并且评定出一个耐摔指数来,之后才允许上市流通。
    x星球有很多高耸入云的高塔,刚好可以用来做耐摔测试。
    塔的每一层高度都是一样的,与地球上稍有不同的是,他们的第一层不是地面,而是相当于我们的2楼。
    如果手机从第7层扔下去没摔坏,但第8层摔坏了,则手机耐摔指数=7。
    特别地,如果手机从第1层扔下去就坏了,则耐摔指数=0。
    如果到了塔的最高层第n层扔没摔坏,则耐摔指数=n
    为了减少测试次数,从每个厂家抽样3部手机参加测试。
    某次测试的塔高为1000层,如果我们总是采用最佳策略,在最坏的运气下最多需要测试多少次才能确定手机的耐摔指数呢?
    【输出】
    输出一个整数表示答案

    
    

    5、快速排序

    以下代码可以从数组a[]中找出第k小的元素。
    它使用了类似快速排序中的分治算法,期望时间复杂度是O(N)的。请仔细阅读分析源码,填写划线部分缺失的内容。
    只填写划线部分缺少的代码,不要抄写已经存在的代码或符号。

    int quick_select(int a[], int l, int r, int k) {
    	int p = rand() % (r - l + 1) + l;
    	int x = a[p];
    	{int t = a[p]; a[p] = a[r]; a[r] = t;}
    	int i = l, j = r;
    	while(i < j) {
    		while(i < j && a[i] < x) i++;
    		if(i < j) {
    			a[j] = a[i];
    			j--;
    		}
    		while(i < j && a[j] > x) j--;
    		if(i < j) {
    			a[i] = a[j];
    			i++;
    		}
    	}
    	a[i] = x;
    	p = i;
    	if(i - l + 1 == k) return a[i];
    	if(i - l + 1 < k) return quick_select( _____________________________ ); //填空
    	else return quick_select(a, l, i - 1, k);
    }
    	
    int main()
    {
    	int a[] = {1, 4, 2, 8, 5, 7, 23, 58, 16, 27, 55, 13, 26, 24, 12};
    	printf("%d\n", quick_select(a, 0, 14, 5));
    	return 0;
    }
    
    答案: a,i+1,r,k-(i-l+1)
    

    6、递增三元组

    【题目描述】
    给定三个整数数组
    A = [A1, A2, … AN],
    B = [B1, B2, … BN],
    C = [C1, C2, … CN],
    请你统计有多少个三元组(i, j, k) 满足:
    1 <= i, j, k <= N
    Ai < Bj < Ck
    【输入】
    第一行包含一个整数N。
    第二行包含N个整数A1, A2, … AN。
    第三行包含N个整数B1, B2, … BN。
    第四行包含N个整数C1, C2, … CN。
    1 <= N <= 100000 0 <= Ai, Bi, Ci <= 100000
    【输出】
    一个整数表示答案

    【样例输入】

    3
    1 1 1
    2 2 2
    3 3 3
    

    【样例输出】

    27
    

    使用动态规划。使用dp[i][j]表示第i层的第j个数的递增数目,能够写出状态转移方程 d p [ i ] [ j ] = d p [ i ] [ j ] + d p [ i − 1 ] [ k ] , k = 1 , 2 , 3... , n dp[i][j] = dp[i][j]+dp[i-1][k],k=1,2,3...,n dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i1][k],k=1,2,3...,n,边界为第一层,第一层的数dp值全为1。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    const int MAXN = 1e5+5;
    int dp[4][MAXN];
    int arr[4][MAXN];
    
    int main () 
    {
     	int n;
     	cin >> n;
    	
    	for(int i = 1; i <= 3; i++){
    		for(int j = 0; j < n; j++){
    			cin >> arr[i][j];
    		}
    	}
    	
    	//边界 
    	for(int i = 0; i < MAXN; i++)dp[1][i]=1;
    	
    	for(int i = 2; i <=3; i++){
    		for(int j = 0; j < n; j++){
    			for(int k = 0; k < n; k++){
    				if(arr[i][j] > arr[i-1][k]){
    					//状态转移 
    					dp[i][j]+=dp[i-1][k];
    				}
    			}
    		}
    	}
    	
    	long long result = 0;
    	result += accumulate(dp[3],dp[3]+n,0);
    	cout << result;
    	return 0;
    }
    
    

    7、螺旋折线

    如图p1.png所示的螺旋折线经过平面上所有整点恰好一次。
    在这里插入图片描述
    对于整点(X, Y),我们定义它到原点的距离dis(X, Y)是从原点到(X, Y)的螺旋折线段的长度。
    例如dis(0, 1)=3, dis(-2, -1)=9
    给出整点坐标(X, Y),你能计算出dis(X, Y)吗?
    【输入格式】
    X和Y
    对于40%的数据,-1000 <= X, Y <= 1000
    对于70%的数据,-100000 <= X, Y <= 100000
    对于100%的数据, -1000000000 <= X, Y <= 1000000000
    【输出格式】
    输出dis(X, Y)

    【样例输入】

    0 1
    

    【样例输出】

    3
    

    资源约定:
    峰值内存消耗(含虚拟机) < 256M
    CPU消耗 < 1000ms

    这个肯定不能死算。通过观察所有拐点的坐标和步数之间的关系发现:
    右上角的拐点坐标是 ( y , y ) (y,y) (y,y)步数等于 ( 2 ∗ y ) 2 (2*y)^2 (2y)2
    左下角拐点坐标是 ( y − 1 , y ) (y-1,y) (y1,y)步数等于 ( 2 ∗ a b s ( y ) + 1 ) 2 (2*abs(y)+1)^2 (2abs(y)+1)2
    也就是说,我们通过对输入坐标的纵坐标分析,然后以拐点作为起点向输入的坐标移动,调整步数即可,是不是很简单呀。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    const int MAXN = 1e9+5;
    
    int main () 
    {
     	int x,y;
     	cin >> x >> y;
    	
    	if(y==0){
    		cout << abs(x);
    	}else if(y > 0){
    		long long all = pow(2*y,2);
    		while(x != y){
    			all--;
    			x++;
    			
    		}
    		cout << all;	
    	}else{
    		long long all = pow(2*abs(y)+1,2);
    		while(x != (y-1)){
    			all--;
    			x--;
    		}
    		cout << all;
    	}
    	
    	return 0;
    }
    

    8、日志统计

    小明维护着一个程序员论坛。现在他收集了一份"点赞"日志,日志共有N行。其中每一行的格式是:
    ts id
    表示在ts时刻编号id的帖子收到一个"赞"。
    现在小明想统计有哪些帖子曾经是"热帖"。如果一个帖子曾在任意一个长度为D的时间段内收到不少于K个赞,小明就认为这个帖子曾是"热帖"。
    具体来说,如果存在某个时刻T满足该帖在[T, T+D)这段时间内(注意是左闭右开区间)收到不少于K个赞,该帖就曾是"热帖"。
    给定日志,请你帮助小明统计出所有曾是"热帖"的帖子编号。
    【输入格式】
    第一行包含三个整数N、D和K。
    以下N行每行一条日志,包含两个整数ts和id。
    对于50%的数据,1 <= K <= N <= 1000
    对于100%的数据,1 <= K <= N <= 100000 0 <= ts <= 100000 0 <= id <= 100000
    【输出格式】
    按从小到大的顺序输出热帖id。每个id一行。

    【输入样例】

    7 10 2 
    0 1 
    0 10 
    10 10 
    10 1 
    9 1
    100 3 
    100 3
    

    【输出样例】

    1
    3
    
    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<vector>
    #include<set>
    #include<map>
    
    
    using namespace std;
    const int MAXN = 1e5+5;
    
    struct node{
    	int ts;
    	int id;
    };
    vector<node>l;
    set<int> t;
    
    bool cmp(node x, node y){
    	return x.ts < y.ts;
    }
    
    
    int main () 
    {
     	int n,d,k;
     	cin >> n >> d >> k;
     	
     	for(int i = 0 ; i < n; i++){
     		int ts,id;
     		cin >> ts >> id;
     		l.push_back({ts,id});
    		 t.insert(ts);	
    	}
     		
    	sort(l.begin(),l.end(), cmp);
    	
    	vector<int> re;
    	
    	auto it = t.begin();
    	int c = 0;
    	for(it; it!=t.end(); it++){
    		map<int,int> m;
    		int begin = *it;
    		int end = *it+d;
    		for(c; c < l.size(); c++){
    			int ts = l[c].ts;
    			int id = l[c].id;
    			if(ts >= begin && ts < end){
    				m[id]++;
    			}else{
    				break;
    			}
    		}
    		
    		for(auto it_m = m.begin();it_m != m.end(); it_m++){
    			if(it_m->second >= k){
    				re.push_back(it_m->first);
    			}
    		}
    	}
    	
    	for(int i = 0; i < re.size(); i++){
    		cout << re[i] << endl;
    	}
    	
    	return 0;
    }
    
    

    9、全球变暖

    你有一张某海域NxN像素的照片,“。”表示海洋,“#”表示陆地,如下所示:

    .......
    .##....
    .##....
    ....##.
    ..####.
    ...###.
    .......
    

    其中“上下左右”四个方向上连在一起的一片陆地组成一座岛屿。例如上图就有2座岛屿。
    由于全球变暖导致了海面上升,科学家预测未来几十年,岛屿边缘一个像素的范围会被海水淹没。具体来说如果一块陆地像素与海洋相邻(上下左右四个相邻像素中有海洋),它就会被淹没。
    例如上图中的海域未来会变成如下样子:

    .......
    .......
    .......
    .......
    ....#..
    .......
    .......
    

    请你计算:依照科学家的预测,照片中有多少岛屿会被完全淹没。
    【输入格式】
    第一行包含一个整数N.(1 <= N <= 1000)
    以下N行N列代表一张海域照片。
    照片保证第1行,第1列,第N行,第N列的像素都是海洋。
    【输出格式】
    一个整数表示答案。

    【输入样例】

    7 
    .......
    .##....
    .##....
    ....##.
    ..####.
    ...###.
    .......  
    

    【输出样例】

    1 
    

    资源约定:
    峰值内存消耗(含虚拟机)<256M
    CPU消耗<1000ms

    思路: 这道题和2019年的第五题迷宫类似,哪道题采用的是BFS,这道题采用的是DFS。
    BFS:遍历到一个点的时候,先把这个点周围符合条件的孩子点加入到队列中。
    DFS:遍历到一个点的时候,如果这个点周围存在符合条件的孩子节点,直接对其孩子节点使用DFS算法。
    二者都是找到了孩子节点,但BFS比较严厉,让其孩子去排队,DFS是比较宠溺,让其孩子走快速通道。
    这道题目中,遍历整张图的时候碰到‘#’的时候,如果这个点还没有遍历过,就从这个点开始DFS,如果在DFS的过程中出现了四周都是#的点,代表这座岛屿最终不会沉默,这里加一个判断语句实现。没碰到一个岛屿cnt1++,如果当前岛屿不会完全沉没,则cnt2++。

    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<string>
    
    using namespace std;
    const int MAXN = 1e3+5;
    
     
    string G[MAXN];
    bool Vis[MAXN][MAXN];
    void DFS(int x,int y);
    int Next[4][2] = {{1,0},{0,1},{-1,0},{0,-1}};
    bool flag = false;
    
    int main () 
    {
     	int n;
     	cin >> n;
     	for(int i = 0; i < n; i++){
     		getline(cin,G[i]);
    	}
    	
    	int cnt1= 0;
    	int cnt2 = 0;
    	
    	for(int i = 0; i < n; i++){
    		for(int j = 0; j < n; j++){
    			if(G[i][j]=='#' &&!Vis[i][j]){
    				cnt1++;
    				flag = false;
    				DFS(i,j);
    				if(flag)cnt2++;
    			}
    		}
    	}
    	cout << cnt1 - cnt2;+
    	return 0;
    }
    void DFS(int x,int y){
    	Vis[x][y] = true;
    	
    	for(int i = 0; i < 4; i++){
    		int nx = x+Next[i][0];
    		int ny = y+Next[i][1];
    		
    		if(G[nx][ny]=='#' && !Vis[nx][ny]){
    			DFS(nx,ny);
    			if(G[nx-1][ny]=='#'&& G[nx+1][ny]=='#' && G[nx][ny-1]=='#'&&G[nx][ny+1]=='#'){
    				flag =true;
    			}
    			
    		}
    		
    	}
    }
    
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  • 今年由于疫情的存在,诞生了蓝桥杯二场省赛(10.17),而我好运地在月底在同学的告知下赶上了报名的末班车。报名期间,通过搜集相关资料得知C/C++A组常年有ACM大佬神仙打架,于是有了转组的念头。Java和Python...

    蓝桥杯

    前情提要

    今年由于疫情的存在,诞生了蓝桥杯的第二场省赛(10.17),而我好运地在九月底在同学的告知下赶上了报名的末班车。报名期间,通过搜集相关资料得知C/C++A组常年有ACM大佬神仙打架,于是有了转组的念头。Java和Python对我来说,Java是从未接触过的,而Python却在可视化项目中使用过,但Python组是第一年开设,且不分组别,鱼龙混杂,为求保底,我选择自学Java,力求取得好成绩。最后事实证明我的选择是正确的,带我报名的那名同学和我做出了相同的题目(7个,不保证全对),但他只在C/C++A组拿到省二,而我却在JavaA组拿到了省一,甚至排名还不低/偷笑。

    准备期间

    1、Java基础语法(包括文件读写)
    2、常用算法(如DFS、BFS、简单数据结构)
    3、Java常用API(如大数类、Calendar类)
    4、往年试题
    其中通过往年试题可以发现常用算法,因此由题目入算法是可行的,同时常用API一定要熟练,这会让正在考试的你更加从容。而且算法一定要亲手去敲,不能浅尝辄止,只通过简单地理解算法思想就作罢。
    对于往年试题,我先是做填空题,准备时间还来得及的时候会把每一道填空当作编程题去做(在考试中一定要无所不用其极,尤其是填空题,写出答案就给分,无论手动计算或是Excel都是允许的,不计过程,只看结果,因此哪怕没有思路,也要蒙个答案上去。而且一定要注意格式),当刷完近几年的填空后才开始做前三道编程题,效果还不错。

    心理建设

    一开始我只是冲着报销报名费去的,本来准备时间就只有不到半个月,而且自己的算法能力也不突出,能得到这样的结果十分意外。所以大家对这个省赛不要害怕,其实参赛者水平差别不大,哪怕没学过数据结构,没刷过很多算法题,也不影响获奖,平时准备的时候可以把七道题作为目标,比较有把握的做出七道题,无论哪个组,基本上都是省二前列甚至省一。

    11.14就要开始国赛了,混子选手没有了报名费的压力,国奖最好,国优无憾,毕竟心态最重要嘛。

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  • 第九题 倍数问题 题目描述 思路简析 大体题意就是,给出n和k,再给出有n个数的数组a,让你从这n个数里找出3个数,他们的和是k的倍数且和最大。 先从最暴力的想法入手,爆搜。递归枚举这n个数能组成的所有方案 C n 3 ...

    第九题 倍数问题

    题目描述

    在这里插入图片描述
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    思路简析

    大体题意就是,给出n和k,再给出有n个数的数组a,让你从这n个数里找出3个数,他们的和是k的倍数且和最大。
    先从最暴力的想法入手,爆搜。递归枚举这n个数能组成的所有方案 C n 3 C_{n}^{3} Cn3,O( n 3 n^3 n3)的时间复杂度,估摸着也能有个四五十分?
    但其实仔细想想你会发现,很多数其实是用不到的,比如看这组样例:
    6 5
    100 1 4 9 14 19
    很明显答案应该是 100+1+19=120
    我们把这些数对k取模分类,分别是0 1 4 4 4 4。当我们已经选了0 和 1的时候 我们需要选一个4,让sum变成k的倍数,这时候我们根本不需要去遍历所有的4,只需要直接选最大的。 由此可以推导,我们把整个数组a对k取模分类,我们所用到的最多也不过只是每一组的前三个数,时间复杂度便可以简化为 C 3 ∗ k 3 C_{3*k}^{3} C3k3,O( k 3 k^3 k3)的时间复杂度,但k的范围是1e3,所以我们预估一下还是超时了。
    但我想着数据说不定水了,就写了交了发,82分,TLE…
    那怎么优化呢,现在我们想想我们现在这个问题走到哪一步了。优化之后的问题等价于:有0到k-1组数,每一组数都至多有3个(有至多3个0,3个1,3个2…),从中选三个数a、b、c,满足(a+b+c)%k==0,因为选的范围是小于k的,所以条件可以转化为满足 a + b + c = k ∣ ∣ a + b + c = 2 ∗ k a+b+c=k || a+b+c=2*k a+b+c=ka+b+c=2k,k是给定的,之前因为枚举三个数a、b、c,时间复杂度是O( k 3 k^3 k3),那我们完全可以把条件转化为 a + b = k − c ∣ ∣ a + b = 2 ∗ k − c a+b=k-c || a+b=2*k-c a+b=kca+b=2kc,枚举两个数即可,时间复杂度是O( k 2 k^2 k2),AC。

    代码是在C语言网通过的,附链接。
    倍数问题

    代码

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    typedef long long LL;
    const int inf=0x3f3f3f3f;
    const int maxn=1e3+5;
    const int mod=1e9+7;
    vector<int>g[maxn];
    int n,k,x,f[maxn],res=0,op[5],mid[5];
    bool cmp(int a,int b) { return a>b; }
    int solve()
    {//op[i]是选取的第i个数的取模值
        for(int i=1;i<=3;i++) mid[i]=op[i];
        sort(mid+1,mid+3+1);
        if(mid[1]==mid[2]&&mid[2]==mid[3]) return g[mid[1]][0]+g[mid[2]][1]+g[mid[3]][2];
        if(mid[1]==mid[2]) return g[mid[1]][0]+g[mid[2]][1]+g[mid[3]][0];
        if(mid[2]==mid[3]) return g[mid[1]][0]+g[mid[2]][0]+g[mid[3]][1];
        return g[mid[1]][0]+g[mid[2]][0]+g[mid[3]][0];
    }
    void dfs(int now,int cnt,int sum) //现在已经选到now,已经选了cnt个,sum为已选数的和
    {
        if(cnt==2) //递归退出条件  已经选完了a和b了  
        {
            int now;  //now就是思路中的c
            if(sum<=k) now=k-sum;
            else now=2*k-sum;
            if(g[now].size()-f[now]<=0) return;
            op[3]=now;
            res=max(res,solve());
            return;
        }
        for(int i=now;i<k;i++)
            if(g[i].size()-f[i]>0)
                f[i]++,op[cnt+1]=i,dfs(i,cnt+1,sum+i),f[i]--;
    }
    int main()
    {
    	scanf("%d%d",&n,&k);
    	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x),g[x%k].push_back(x);
    	for(int i=0;i<k;i++) sort(g[i].begin(),g[i].end(),cmp);
    	dfs(0,0,0);
    	printf("%d\n",res);
    	return 0;
    }
    
    

    第十题 付账问题

    题目描述

    在这里插入图片描述
    在这里插入图片描述

    在这里插入图片描述

    思路简析

    看到数据范围n是5e5再结合题意,想到了二分。
    但是怎么找到这个单调性呢,一开始我是想二分那些有足够多钱的人交的钱数,再加上搜索凑够S。但是发现这个"有足够多钱的人",是在不断变化的。
    于是就想到了直接二分有多少人是钱全部交上去的。比如有x(0<=x<=n)人的钱是全部付款的,那自然剩下的人是平分这(s-sum[x])这些还没付的钱。可以很自然的想到付款越平均,这个标准偏差就越小。比如极端的情况,x=0时,n个人平分s,标准偏差便是0。所以只需要二分[0,n],找到最小的能付足S的x即可。需要sort,预处理一下前缀和。

    时间复杂度 O(nlogn)
    精度上是有些疑问的,毕竟前缀和已经爆int,最大可以达到5e14,再转化为double,能否保证1e-4的精度并不确定。

    注意的点

    1.二分范围是[0,n]。
    2.写代码时开sqrt那个地方需要加一个eps,否则对一个浮点数的0开根号可能会出问题,因为题意说了
    在这里插入图片描述
    故eps可以取1e-9。

    代码是在C语言网通过的,附链接。
    付款问题

    代码

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    typedef long long LL;
    const int inf=0x3f3f3f3f;
    const int maxn=5e5+5;
    const int mod=1e9+7;
    const double eps=1e-9;
    LL res,n,s,a[maxn],sum[maxn];
    bool solve(LL mid)
    {
        if(mid==n) { res=mid; return 1;}
        double now=1.0*s-1.0*sum[mid],ave=now/(n-mid);
        if(ave<1.0*a[mid+1]) { res=mid; return 1;}
        return 0;
    }
    void fen(LL l,LL r)
    {
        if(l>r) return ;
        LL mid=(r+l)/2;
        if(solve(mid)) fen(l,mid-1);
        else fen(mid+1,r);
    }
    double fdiff(LL x)
    {
        double now=1.0*s-1.0*sum[x],ans=0,save=1.0*s/n;
        for(LL i=1;i<=x;i++)
            ans+=1.0*a[i]*a[i];
        if(x==n) return sqrt(ans/n-save*save);
        double ave=now/(n-x);
        ans+=(n-x)*ave*ave;
        //printf("%lf %lf %lf %lf\n",now,ave,save*save,ans/n);
        return sqrt(ans/n-save*save+eps);
    }
    int main()
    {
    	scanf("%lld%lld",&n,&s);
    	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    	sort(a+1,a+n+1);
    	for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    	fen(0,n);
    	printf("%.4lf",fdiff(res));
    	return 0;
    }
    
    
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