牛客小白月赛99（下）

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题目描述

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运行代码

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
long long maxO(long long n) {if (n == 0) return 0;return static_cast<long long>(floor(log2(n+1 )));
}
int main() {int T;cin >> T;while (T--) {long long n;cin >> n;cout << maxO(n) << endl;}return 0;
}

代码思路

一、整体思路

1. 首先从输入中获取测试数据的组数 T。
2. 对于每组测试数据，读取一个整数 n。
3. 调用 maxO 函数计算将 n变为 0所需的最多操作次数，并输出结果。

二、具体原理

1. maxO 函数部分

   • 如果输入的整数 n为 0，直接返回 0，因为不需要任何操作就已经是 0了。
   • 对于非零的整数 n，利用数学推导得出将 n变为 0最多需要的操作次数为 floor(log2(n + 1))
    

   数学推导过程如下：

   • 当 n = 1 时，只需要一次操作（1 % 1 = 0）。
   • 当 n = 2 时，需要两次操作（2 % 2 = 0）。
   • 当 n = 3 时，需要两次操作（3 % 2 = 1，1 % 1 = 0）。
   • 当 n = 4 时，需要三次操作（4 % 3 = 1，1 % 1 = 0）。
   • 观察可得，对于一个整数 n，将其变为 0的过程可以看作是不断找到一个小于等于 n的最大数 mod，使得 n % mod尽可能小，然后重复这个过程直到 n变为 0。而每次操作都使得 n至少减半（当 mod取尽可能接近 n的数时），所以可以得出将 n变为 0最多需要的操作次数与以 2为底 n + 1的对数相关。

2. 主函数部分

   • 读取测试数据组数 T。
   • 在循环中，每次读取一个整数 n，调用 maxO函数计算操作次数并输出。

通过这种方式，程序可以快速计算出将给定整数 n变为 0所需的最多操作次数。

迷宫

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运行代码

#include <iostream>
#include <queue>
#include <string>
#define ll long long
using namespace std;
string s[1005];
ll n, m, f = 0;
ll sx, sy, ex, ey;
int xx[] = {0, -1, 0, 1};
int yy[] = {1, 0, -1, 0};
int zz[] = {1, 0, -1};
int hang[1005];
int lie[1005];void dfs(ll x, ll y) {queue<pair<ll, ll>> q;q.push({x, y});while (!q.empty()) {auto t = q.front();q.pop();if (hang[t.first] == 1 || lie[t.second] == 1) {f = 1;return;}for (int i = 0; i < 4; i++) {int dx = t.first + xx[i];int dy = t.second + yy[i];if (dx < 1 || dx > n || dy < 1 || dy > m || s[dx][dy] == '#') continue;s[dx][dy] = '#';q.push({dx, dy});}}
}void bfs(ll x, ll y) {for (int i = 0; i < 3; i++) {hang[x + zz[i]] = 1;lie[y + zz[i]] = 1;}s[ex][ey] = '@';queue<pair<ll, ll>> q;q.push({x, y});while (!q.empty()) {auto t = q.front();q.pop();for (int i = 0; i < 4; i++) {int dx = t.first + xx[i];int dy = t.second + yy[i];if (dx < 1 || dx > n || dy < 1 || dy > m || s[dx][dy]!= '.') continue;s[dx][dy] = '@';q.push({dx, dy});for (int j = 0; j < 3; j++) {hang[dx + zz[j]] = 1;lie[dy + zz[j]] = 1;}}}
}void solve() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> s[i];s[i] = " " + s[i];}for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= m; j++) {if (s[i][j] == 'S') sx = i, sy = j;if (s[i][j] == 'E') ex = i, ey = j;}}s[sx][sy] = '#';bfs(ex, ey);dfs(sx, sy);if (f == 1)cout << "YES\n";elsecout << "NO\n";
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int T = 1;while (T--) {solve();}return 0;
}

代码思路

一、整体思路

1. 首先从输入中获取迷宫的行数 n 和列数 m，以及迷宫的布局描述。
2. 找到迷宫中的起点 S 和终点 E 的位置。
3. 先从终点开始进行广度优先搜索（bfs），标记出可以通过一次超能力清理障碍物后能到达的位置。
4. 再从起点开始进行深度优先搜索（dfs），在搜索过程中判断是否能够到达标记过的位置，如果能到达则说明可以利用超能力从起点到达终点。

二、具体原理

1. 输入数据处理部分

   • 使用 cin >> n >> m 读取迷宫的行数和列数。
   • 然后使用两个循环读取迷宫的布局，将每一行的字符串存储在 s 数组中，并在字符串开头添加一个空格以便后续处理时避免边界问题。
   • 在读取过程中找到起点 S 和终点 E 的位置，分别存储在 sx、sy、ex、ey 变量中。

2. bfs 函数部分

   • 这个函数从终点开始进行广度优先搜索，用于标记可以通过一次超能力清理障碍物后能到达的位置。
   • 首先遍历三个方向（上、下、左、右中的三个），将对应位置的标记数组 hang 和 lie 设为 1，表示这些位置可以通过超能力到达。
   • 将终点 E 的字符设为 @，表示已经访问过。
   • 使用队列进行广度优先搜索，从终点开始向四个方向扩展，如果扩展到的位置是 .（空地），则将其设为 @，并将该位置加入队列，同时再次遍历三个方向更新标记数组。

3. dfs 函数部分

   • 这个函数从起点开始进行深度优先搜索。
   • 使用队列存储待搜索的位置。
   • 在搜索过程中，如果当前位置的行或列被标记为可以通过超能力到达（即 hang[t.first] == 1 || lie[t.second] == 1），则说明可以利用超能力到达终点，将标志变量 f 设为 1并返回。
   • 否则，向四个方向扩展搜索，如果扩展到的位置是空地且不在队列中，则将其设为 #（表示已访问过）并加入队列。

4. solve 函数部分

   • 主要的处理函数，首先读取输入数据，找到起点和终点位置，然后调用 bfs 和 dfs 函数进行搜索，最后根据标志变量 f 的值输出结果。

5. 主函数部分

   • 设置输入输出同步和时间限制等。
   • 调用 solve 函数进行处理。

通过这种方式，程序可以判断在给定的迷宫中是否能够利用超能力从起点到达终点。

又是一年毕业季

题目描述

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运行代码

#include <iostream>
#include <vector>
#include <map>const int MAXN = 3000005;
std::vector<int> primes;
std::map<int, int> numbers;void findPrimes() {std::vector<bool> isPrime(MAXN, true);for (int i = 2; i < MAXN; ++i) {if (isPrime[i]) {primes.push_back(i);for (int j = i * i; j < MAXN; j += i) {isPrime[j] = false;}}}
}void solve() {int n;std::cin >> n;numbers.clear();for (int i = 1; i <= n; ++i) {int num;std::cin >> num;numbers[num] = 1;}for (const int& prime : primes) {if (!numbers[prime]) {std::cout << prime << '\n';return;}}
}int main() {findPrimes();int T = 1;std::cin >> T;while (T--) {solve();}return 0;
}

代码思路

一、整体思路

1. 首先定义一个足够大的整数数组范围 MAXN，创建一个存储素数的向量 primes 和一个映射 numbers 来存储输入的每个人两次眨眼的间隔时间。
2. 定义一个函数 findPrimes 来预先计算并存储一定范围内的所有素数。
3. 定义 solve 函数来处理每组测试数据，读取输入的人数和每个人的眨眼间隔时间，存储在 numbers 映射中。然后遍历预先计算好的素数列表，找到第一个不在输入的眨眼间隔时间中的素数，输出该素数作为最小等待时间。
4. 在主函数中，先调用 findPrimes 计算素数，然后读取测试数据组数 T，并在循环中调用 solve 函数处理每组测试数据。

二、具体原理

1. findPrimes 函数部分

   • 使用埃拉托斯特尼筛法计算并存储一定范围内的所有素数。
   • 创建一个布尔数组 isPrime 初始化为 true，表示对应的索引值是否为素数。
   • 从 2 开始遍历到 MAXN，如果当前索引值对应的 isPrime 值为 true，说明是素数，将其加入 primes 向量中，然后遍历该素数的倍数，将它们在 isPrime 数组中标记为 false，表示不是素数。

2. solve 函数部分

   • 读取输入的人数 n，然后遍历 n 次，读取每个人的眨眼间隔时间 num，并将其存储在 numbers 映射中，键为眨眼间隔时间，值为 1（这里的值并不重要，只是用于标记该眨眼间隔时间已经出现过）。
   • 遍历预先计算好的素数列表 primes，如果当前素数不在 numbers 映射中，说明这个素数不是任何人的眨眼间隔时间，输出该素数作为最小等待时间，并返回。

3. 主函数部分

   • 首先调用 findPrimes 函数计算素数。
   • 读取测试数据组数 T。
   • 在循环中调用 solve 函数处理每组测试数据。

这个算法的原理是基于这样的假设：如果一个时间点不是任何人的眨眼时间，那么在这个时间点拍照可以确保每个人的眼睛都处于睁开状态。而通过寻找第一个不在输入的眨眼间隔时间集合中的素数，可以快速确定这样的时间点。由于素数的性质，它不能被其他小于它的数整除，所以不太可能与输入的眨眼间隔时间重合，除非这个素数本身就是某个学生的眨眼间隔时间。