牛客编程巅峰赛S2第12场 - 青铜&白银&黄金 题解

A题

没有什么好说的，按照题目意思进行模拟即可。

比赛AC代码

class Solution {
public:
    /**
     * 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可
     * 判断x是不是好数
     * @param x int整型 待判断的数
     * @return bool布尔型
     */
    bool judge(int x) {
        int len = 0 , N[1005];
        if(x <= 9) return true;
        while(x)
        {
            len ++;
            N[len] = x % 10;
            x /= 10;
        }
        if(N[1] == N[len]) return true;
        return false;
    }
};

B题

还是一贯的风格，使用乘法原理即可。

时间复杂度 O()

比赛AC代码

class Solution {
public:
    /**
     * 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可
     * 
     * @param arr int整型vector 
     * @param a int整型 
     * @param b int整型 
     * @return int整型
     */
    int countTriplets(vector<int>& arr, int a, int b) {
        int n = arr.size();
        int Mod = 1e9 + 7;
        int Ans = 0;
        for(int i = 1 ; i < n ; i ++)
        {
            int A = 0 , B = 0;
            for(int j = i - 1 ; j >= 0 ; j --)
            if(abs(arr[i] - arr[j]) <= a) A ++;
            for(int j = i + 1 ; j < n ; j ++)
                if(abs(arr[i] - arr[j]) <= b) B ++;
            Ans += A * B,Ans %= Mod;
        }
        return Ans;
    }
};

C题

这道题目可是一道非常好的题目啊(我太菜了，想了老久)！

这个做法很巧妙，因此我想记录下来。

思维题。很有CF风格。

具体做法大概是：

首先将答案减去给出的所有共鸣条件 的权值

然后再让给出的共鸣条件的 ,

现在这个转化是没有问题的。

因为你选择 中的一个，相当于抵消掉了减去的 ,这时候获得的额外权值就是0

倘若 两个都不选，相当于最后获得的答案权值就是

倘若 两个都选择，相当于最后获得的答案权值就是

那么这时候，我们就把问题转化了。现在就是问在当前的 序列中选出一些数使得和最大，允许不选，不选即和为0。

然后简单贪心可以知道，我们只取 序列中 大于 0 的即可（等于 0 的爱取不取）

然后这道题就做完了。相当的巧妙！%%%出题人，这是我做过牛客的最有质量的巅峰赛！

附上比赛AC代码

class Solution {
public:
    /**
     * 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可
     * 
     * @param n int整型 
     * @param m int整型 
     * @param a int整型vector 
     * @param b int整型vector<vector<>> 
     * @return long长整型
     */
    long long wwork(int n, int m, vector<int>& a, vector<vector<int> >& b) {
        long long sum = 0,Max = -0x3f,Ans = 0;
        long long c[100005];
        for(int i = 0 ; i < n ; i ++) c[i + 1] = a[i];
        for(int i = 0 ; i < m ; i ++) 
            c[b[i][0]] += b[i][2],c[b[i][1]] += b[i][2],Ans-=b[i][2];
        for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
            if(c[i] > 0ll) Ans += c[i];
        return Ans;
    }
};

我比赛的时候想了一个DP做法。请dalao们看看哪里有问题。

具体写法：

首先假设我们将每一个点都选上，预处理出答案。

按照前向星的存图方式，将所有二元关系组当作有向边，强制使得 ;

然后按照顺序 ,设立状态以及(表示删去,表示留下)

每次考虑是否将这个点删去，如果删去，就枚举与当前点的连边中的所有点（前向星很好弄），然后枚举连到的点是否删去。

如果删去，就直接将贡献减去两倍的边权，如果连到的点不删去，就减去一倍的边权。

然后方程就是 ;

对于留下这个数的基本上相同的方式转移。

请dalao们看看这个方法有木有问题呀。