牛客挑战赛58

第一题 牛客挑战赛58
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思路:简单二分查找(错因二分查找不熟)
代码如下

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#include #include #include using namespace std; long long a[1000010]; unordered_mapmp; bool cmp(long long a,long long b){ return a>n>>q; for(int i=0; i

二分查找的分类 1. 查找比刚好标准数大或小的数。
2. 查找标准数的下标,不存在就返回-1。
对于第一类查找,只需要upper_bound(a,a+n,x)-a和lower_bound(a,a+n,x)-a就可以判断
或者手写
  1. 主要注意两点if(a【mid】<=k)判断有没有可能是答案,有可能则l=mid没可能则l=mid+1;
  2. 判断是(l+r+1)>>1是(l+r)>>1,就是将ans=l带入第一个是mid恒为l一直执行,第二个mid=r终止,同理ans=r时,选第一个。
第二类查找就直接手写
while(l < r){
long long mid = (l + r + 1) >> 1; //因为l=mid,所以在折半取值时,mid应优先取ceil((l+r)/2),避免死循环
if(nums[mid] <= target){
l = mid; //nums[mid]可能为答案
}else{
r = mid - 1; //nums[mid]肯定不是答案了,就将该mid踢出答案所在的[l,r]区间内
}
}
if(nums[l] == target) return l;
return -1;
讲解连接 https://www.zhihu.com/question/268507619/answer/2333102984
第二题 位运算加思维 牛客挑战赛58
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思路 1. 将a1|a2|a3|a4|a5|a6....和b1|b2|b3|b4|b5......看成一个二进制的字符串(010101101001100110) 2. 先考虑相等的情况,考虑第i位的二进制数决定a1...>b1... 得出以下结论:
  1. 前i-1的二进制相等,a的前n个数的前i-1位可以乱取,b的前n-1个数前i-1位也可以乱取,因为b的第n个数的前i-1异或可为任意值,所以sum1=(2(i-1)n * (2(i-1))n-1=2**((i-1)(2n-1))
  2. a的第i位为1且b的第i位为0 只要a的n数第i位中有一个不为0的,a的第i位不为0,b的前n-1个数的第i位任意,第n个数的第i位确定 所以sum2=2(n)-1 * 2(n-1)
  3. a,b的m-i位可为任意值 sum=2(n(m-i)) * 2(n(m-i))=2**(2n(m-i))
3. 最后考虑a=b的情况 a可任取,b前n-1个数任取 sum3=2(m(n)) * 2(m(n-1))=2**(m(2n-1)) 4. 枚举i的每一位即可 代码
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#include #define ll long long #define cin(x) scanf("%d",&x) #define cout(x) printf("%d",x) #define cinll(x) scanf("%lld",&x) #define coutll(x) printf("%lld",x) #define pb(x) push_back(x) using namespace std; const int mod=1e9+7; int pow(int x,int y){ int res=1; for(; y; x=1ll*x*x%mod,y>>=1){ if(y&1)res=1ll*res*x%mod; } return res; } int main(){ int n,m; ll ans=0; cin>>n>>m; for(int i=1; i<=m; i++){ ans = (ans + 1ll *pow(pow(2, i - 1), 2 *n -1) *(pow(2, n) - 1) % mod*pow(2, n -1) % mod *pow(pow(2, m - i), 2 * n)) % mod; } ans=(ans+pow(pow(2,m),2*n-1))%mod; cout<

注意 【牛客挑战赛58】long long 不可以直接%,所以要先开成int型的数组,再用1ll*ans,可以变成ll型且可以求模

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