目录
AtCoder Beginner Contest 148 题解
前言
A - Round One
题意
做法
程序
B - Strings with the Same Length
题意
做法
程序
C - Snack
题意
做法
程序
D - Brick Break
题意
做法
程序
E - Double Factorial
题意
做法
程序
F - Playing Tag on Tree
题意
做法
程序
结束语
AtCoder Beginner Contest 148 题解
前言
包含题目：
ABC148 A ABC148 B ABC148 C ABC148 D ABC148 E ABC148 F
这次比赛坑好多啊（虽然水了），也可能是我的实现方法不对qaq。
A - Round One
题意
你有三个数：\(1, 2, 3\)，现在其中两个数不对，输出对的那个数。
做法
建立一个集合，删去坏的，输出剩下的一个。
用三个if语句判断即可。
程序
考场做法：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
set<int> t={1,2,3};
int a,b;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>a>>b;
t.erase(a);
t.erase(b);
cout<<*t.begin()<<endl;
return 0;
}
真实做法：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a,b;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
//三行头文件，可以优化cin、cout速度（但仅能聊以慰籍）
cin>>a>>b;
if(a>b)swap(a,b);//swap用作交换两个同一类型的变量的值，此处确保a<b
if(a==1&&b==2)cout<<3;
if(a==1&&b==3)cout<<2;
if(a==2&&b==3)cout<<1;
return 0;
}
B - Strings with the Same Length
题意
给你长度\(N\)的字符串\(S\)和\(T\)，让你把它们合并起来，方法如下：
拿\(S\)的开头字符，删去，添加到答案串的末尾。拿\(T\)的开头字符，删去，添加到答案串的末尾。
重复以上操作\(N\)次，此时\(S\)和\(T\)应该是空串。
做法
暴力模拟即可，不过不用真的删去字符，从前往后跑就可以了。
程序
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
string s,t,ans;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>s>>t;
for(int i=0;i<n;i++){//从前往后跑s和t的字符
ans+=s[i];
ans+=t[i];//向ans的末尾添加字符
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
C - Snack
题意
给你\(A\)和\(B\)，让你求一个数，使得它能被\(A\)和\(B\)整除吗，同时最小（也就是最小公倍数）。
做法
使用辗转相除法先求出最大公因数，对于\(A\)和\(B\)，它们的递归的最大公因数求法\(f(A,B)\)如下：
（保证它们都是正整数）
\(B\)为\(0\)，此时返回\(A\)。
返回\(f(B,A\mod B)\)。
\(A \times B \div f(A,B)\)就是最小公倍数。
程序
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int gcd(int a,int b){//用前文的方法求最大公因数
if(b==0)return a;
else return gcd(b,a%b);
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int a,b;
cin>>a>>b;
cout<<((long long)(a/gcd(a,b)))*b<<endl;//要用long long，不然会爆int
return 0;
}
D - Brick Break
题意
给你\(N\)个砖块，每个砖块写有数字\(a_i\)，问你删去一些砖块（最多删去\(N-1\)块）后，剩下的\(K\)块砖块，是一个形如\(1,2,3,\dots,K\)的序列时，\(K\)最大是多少，如果不能有这样的序列，那么就输出-1。
做法
其实就是求一个形如\(1,2,3,\dots,K\)的\(a_i\)的子序列（子序列的定义是元素可以不连续的），可以\(O(N)\)完成。
不考虑-1，只求出\(K\)最大是多少，那么如果\(K=0\)，就输出-1，否则输出\(K\)。
\(K\)的求法：
记录当前的序列的最后一个的值\(c\)（也就是序列的长度）（初始为\(0\)），从前往后跑\(a_i\)中的元素，如果是\(c+1\)，那么就把\(c\)加一。这样最后它就是\(K\)了。
程序
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int a[200005];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n;
int c=1;//此处c的值是当前序列的最后一个的值加一，当时写的时候太急，失误了
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>a[i];
if(a[i]==c){//如同做法中描述的，是序列长度加一时，就增加序列长度
c++;
}
}
cout<<(n-c+1==n?-1:n-c+1)<<endl;//序列长度为c-1，那么n-c+1就表示删去的东西的个数
return 0;
}
E - Double Factorial
题意
给你一个数\(n\)。
定义一个函数\(f(n)\)：
\(f(n)=1\) (if \(n<2\))
\(f(n)=nf(n−2)\) (if \(n≥2\))
输出函数值的末尾的0的个数。
做法
很容易就可以看出，后缀零的个数只和函数值\(2\)和\(5\)因子的个数有关。
由于\(f(n)\)只要求了\(f(n-2)\)，所以奇偶性肯定不会变的，\(n\)为奇数时不可能包含\(2\)作为因数，特判一下。
我们再来看偶数，那么我们可以这么计算\(2\)的因子的个数：
\(i\)从\(1\)开始递增，查看包含\(2^i\)作为因子的数的个数（也就是\(\lfloor { \frac{n}{2^i} } \rfloor\)，此处\(\lfloor a \rfloor\)指不超过\(a\)的最大整数，也就是下取整），把函数值中的\(2\)的因子个数加上这个个数，你可能会问了，它包含的因数不应该是\(\lfloor { \frac{n}{2^i} } \rfloor \times i\)吗？其实，里面的\(\lfloor { \frac{n}{2^i} } \rfloor \times ( i - 1 )\)，已经在\(\lfloor { \frac{n}{2^{i-1}} } \rfloor\)中加过了，所以就是\(\lfloor { \frac{n}{2^i} } \rfloor\)就可以了。
对于\(5\)的因数，我们可以大致使用同样的方法求，但是每次对于答案的贡献是\(\lfloor { \frac{n}{2 \times 5^i} } \rfloor\)，因为必须是偶数，所以需要再乘一个\(2\)以确保只计算了偶数。具体原因如下：
我们举个例子，列出\(1,2,3,\dots,25\)的\(5\)的因子的个数：
\[0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,2
\]
总和是\(6\)。
那么，只计算偶数的话，就只有这样的序列：
\[N,0,N,0,N,0,N,0,N,1,N,0,N,0,N,0,N,0,N,1,N,0,N,0,N
\]
（\(N\)代表奇数，舍去了）总和是\(2\)。
现在可以理解为什么要乘以\(2\)了吧。
程序
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,c2,c5;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n;
if(n&1){
cout<<0<<endl;
return 0;
}
for(ll i=2;i<=n;i*=2){
c2+=n/i;
}
for(ll i=10;i<=n;i*=5){
c5+=n/i;
}
cout<<min(c2,c5)<<endl;
return 0;
}
F - Playing Tag on Tree
题意
有一棵\(N\)个结点的树，高桥和青木在上面的\(u\)和\(v\)结点上玩抓人游戏。每个回合如下：
- 如果高桥和青木在同一个结点上，游戏结束。高桥选一个和当前结点相邻的结点，走过去。
如果高桥和青木在同一个结点上，游戏结束。青木选一个和当前结点相邻的结点，走过去。
开始下一个回合
轮到某人走时，不能停留在同一个结点。
高桥希望回合数尽可能多，青木希望回合数尽可能少，两人都采用最优策略。
输出游戏结束时青木走的步数。
做法
首先，青木的最优策略很好确定，就是走通向的当前高桥的位置的简单路径就可以了。同时，不论高桥的位置怎样变化，青木走的路径都会沿着通向最终会抓到高桥的结点的这条道路，证明很难，我就不证明了。感性地理解，就是由于高桥和青木不会在途中相遇，所以青木走向的那个（以当前青木所在结点为根的）子树肯定包含高桥和游戏结束时的高桥的终点。
高桥的呢，有点麻烦，所以我们就搜索一下吧qwq（暴力、大好き）。
首先，我们预处理出青木到每个结点的距离，之后搜索高桥的路径（深搜、广搜皆可）。对于当前结点是否可以走，只需要满足高桥到这里的距离严格小于青木到这里的距离即可。特殊地，由于只能移动，不能停留在同一个结点，所以到了叶子结点时，高桥会在相邻结点和这个叶子结点之间重复移动，最终抓到的位置一定是在相邻结点上（一共两种情况，自己手推一下就好了）。
程序
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,ta,ao,ans;
vector<int> g[100005];
int dis[100005];
void dfs(int x,int p,int d){
if(d>=dis[x]){//如果被抓到了就退出
ans=max(ans,dis[x]);
return;
}
for(int i=0;i<g[x].size();i++){
int &y=g[x][i];
if(y!=p){
dfs(y,x,d+1);
}
}
if(g[x].size()==1){//是叶子结点，就特判一下之前做法中提到的情况
ans=max(ans,dis[x]-1);
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>ta>>ao;
for(int i=1;i<n;i++){
int a,b;
cin>>a>>b;
g[a].push_back(b);
g[b].push_back(a);
}
memset(dis,-1,sizeof(dis));
dis[ao]=0;
{//预处理青木到每个结点的距离dis
queue<int> q;
q.push(ao);
while(!q.empty()){
int x=q.front();q.pop();
for(int i=0;i<g[x].size();i++){
int &y=g[x][i];
if(dis[y]==-1){
dis[y]=dis[x]+1;
q.push(y);
}
}
}
}
dfs(ta,-1,0);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
结束语
感谢观看，感觉自己写得很high，完全没有考虑到别人的观感qaq。所以，有什么意见就评论吧<3<3<3，我一定会改的qaq。
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