A. Elephant（Codeforces 617A）

思路

因爲是求最小行走次數，因此可以貪心地儘可能多走 5 步。其中走 5 步的次數可以通過 x5 求出來。而如果執行除法之後還有剩餘的話（ xmod5>0 ）行走次數還要加 1 次。

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int x;

int main() {
    scanf("%d", &x);
    printf("%d\n", x / 5 + (x % 5 > 0));
    return 0;
}

B. Chocolate（Codeforces 617B）

思路

想象一下，在每兩個 1 之間插入“隔板”就能夠完成任務。那麼有多少種方法呢？設第 i 個 1 和第 i+1 個 1 之間有 z[i] 個 0 。那麼在這兩個 1 之間插入“隔板”的方法有 z[i]+1 種。根據計數原理的乘法法則（總方法數等於每個步驟的方法數之積）， ans=∏(z[i]+1) 。
需要注意的是序列的前綴 0 和尾綴 0 的 z[i] ，是不能計入累乘的。

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 105;
int n, head;
ll cnt, ans, sum, a[maxn];

int main() {
    cin >> n;
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
        sum += a[i];
    }
    if(sum == 0) {
        puts("0");
        return 0;
    }
    // 找到序列中的第一個1
    for(head = 0; head < n; head++) {
        if(a[head] == 1) {
            break;
        }
    }
    ans = 1;
    // 統計連續的0的個數同時累乘
    for(int i = head; i < n; i++) {
        if(a[i] == 1) {
            ans *= (cnt + 1);
            cnt = 0;
        }
        else {
            cnt++;
        }
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

C. Watering Flowers（Codeforces 617C）

思路

顯然圓心和與圓心不重合的點，這兩點能且僅能刻畫一個圓。設有 n 個點，那麼對於圓心 O1 而言，可以通過這 n 個點構成 n 個圓，對於圓心 O2 而言也是如此。
這樣，通過離散化思想我們就可以將問題轉化爲：在 O1 圓集合中選擇一個元素，然後在 O2 圓集合中選擇一個元素，使得這兩個圓能將所有的點覆蓋。
我們可以用 O(n2) 的複雜度來枚舉兩個圓，但是還要額外的複雜度來判斷是否所有點在這兩個圓內。這樣總的複雜度是 O(n3) 。
考慮是否能讓其中一個圓的集合有序，從而省略判斷。於是我們將點集 P 按照點到 O1 的距離排序。這樣當我們枚舉到 pi 時，所有 pj(j<i) 都已經在圓 O1 中了。然後再從點 pk(k>i) 中找一個到 O2 有最大距離的點構成圓 O2 ，此時圓 O2 就包含了在圓 O1 之外的全部點。這樣總的複雜度是 O(n2) 。
到此問題圓滿解決了。但實際上還有複雜度更低的算法。我們可以將 r2(i)=max{O2k,k>i} 預處理出來，這樣算上排序總的複雜度是 O(nlogn) 。

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

// 點結構體
struct Point {
    ll x, y;
    Point() {}
    Point(ll x, ll y): x(x), y(y) {}
    void input() {
        scanf("%I64d%I64d", &x, &y);
    }
    ll sqrDis(const Point& o) const {
        return (x - o.x) * (x - o.x) + (y - o.y) * (y - o.y);
    }
};

const int maxn = 2010;
int n;
Point f1, f2, a[maxn];
ll ans, Max[maxn];

// 排序用的比較函數
bool cmp(Point a, Point b) {
    return f1.sqrDis(a) < f1.sqrDis(b);
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    f1.input();
    f2.input();
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        a[i].input();
    }
    sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
    Max[n+1] = 0;
    // 預處理出同O2距離最遠的點
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
        Max[i] = max(f2.sqrDis(a[i]), Max[i+1]);
    }
    ans = Max[1];
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        ans = min(ans, f1.sqrDis(a[i]) + Max[i+1]);
    }
    printf("%I64d\n", ans);
    return 0;
}

D. Polyline（Codeforces 617D）

思路

用筆在草稿紙上嘗試後可以合理地提出假設，答案只有 1，2，3 三種。那麼將輸入根據三點的相對位置進行分類即可。

若三點有某個座標分量兩兩相等，則可以用一個線段覆蓋三個點。
若三點中有且僅有兩個點 p1,p2 有某個座標分量相等（不妨表示爲 x1=x2 ）。且另一個分量滿足 yp3 不在 yp1 和 yp2 之間，則可以用兩個線段覆蓋三個點。
但以上兩個條件都不滿足的話，就只能用三個線段來覆蓋三個點。

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int x[5], y[5];

int solve() {
    // 第一種情況
    if(x[1] == x[2] && x[2] == x[3]) {
        return 1;
    }
    if(y[1] == y[2] && y[2] == y[3]) {
        return 1;
    }
    int a, b, c;
    // 枚舉上述p1，p2點，判斷第二種情況
    for(int i = 1; i <= 3; i++) {
        for(int j = 1; j <= 3; j++) {
            for(int k = 1; k <= 3; k++) {
                if(i == j || j == k || i == k) {
                    continue;
                }
                if(x[i] == x[j]) {
                    a = min(y[i], y[j]);
                    b = max(y[i], y[j]);
                    c = y[k];
                    if(c <= a || c >= b) {
                        return 2;
                    }
                }
                if(y[i] == y[j]) {
                    a = min(x[i], x[j]);
                    b = max(x[i], x[j]);
                    c = x[k];
                    if(c <= a || c >= b) {
                        return 2;
                    }
                }
            }
        }
    }
    // 否則是第三種情況
    return 3;
}

int main() {
    for(int i = 1; i <= 3; i++) {
        cin >> x[i] >> y[i];
    }
    cout << solve() << endl;
    return 0;
}

E. XOR and Favorite Number（Codeforces 617E）

思路

如果對區間和比較敏感的話，求區間的異或和可以先對原數組做預處理，然後就能做到常數時間查詢。因而我們令 b[x]=a[1]⊕a[2]⊕...⊕a[x] 。於是區間 [x,y] 的異或和就能用 b[y]−b[x−1] 查詢了。
即使做了優化，還是很難用合適的時間複雜度做查詢。於是我們考慮通過小區間的答案推大區間的答案（或者相反）。假設我們已經知道 ans(x,y) （區間 [x,y] 的查詢結果）了。現在想求 ans(x,y+1) ，如果我們要想知道 y+1 位置的元素對答案的貢獻的話，就必須要知道在區間 [x,y] 中有多少前綴和 b[y]⊕k 。爲什麼呢？因爲 b[y]⊕a[x]=k 等價於 b[y]⊕k=a[x] 。於是我們可以用 sum[val] 來維護在當前區間，各個前綴異或和 val 出現的次數。從而 ans(x,y+1)=ans(x,y)+sum[b[y]⊕k] 。
建立了 ans(x,y) 到 ans(x,y+1) 的關係，就不難建立 ans(x,y) 到 ans(x,y−1) , ans(x−1,y) 和 ans(x+1,y) 的關係。從而滿足了用莫隊算法解決區間問題的條件。對查詢二元組 (l,r) 按照分塊思想排序後，這個問題就能用暴力移動雙指針法在 O(nm−−√) 的複雜度內解決了。
另外要注意幾個易錯點：

sum 數組的大小至少要開成數組中的數的2倍（因爲取異或值後可能比原數大）。
insert 和 erase 函數中兩條語句的順序不能變（因爲統計的時候都是不計 idx 這個位置的元素的）。
所有的查詢區間在輸入後 l 要自減 1 （當然也可以在後面的操作中減）。
insert(0) 這條語句不可刪去（例如 k=1，a[1]=1 且第一個查詢是 [1,1] 時，如果不加這句的話查詢結果就是 0 ）。

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10, maxa = 1e6 + 10;
int n, m, k, size;

// 排序用的查詢結構體
struct query {
    int l, r, idx;
    query() {}
    query(int l, int r, int idx): l(l), r(r), idx(idx) {}
    int block() const {
        return l / size;
    }
    bool operator < (const query& o) const {
        return block() == o.block() ? r < o.r : block() < o.block();
    }
};

// 莫隊算法
struct M {
    ll cnt;
    int a[maxn], sum[maxa<<1];
    ll ans[maxn];
    query q[maxn];
    // 輸入數據
    void input(int n) {
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            scanf("%d", &a[i]);
        }
        for(int i = 2; i <= n; i++) {
            a[i] ^= a[i-1];
        }
    }
    // 向當前區間中加入新元素
    void insert(int idx) {
        cnt += sum[a[idx]^k];
        sum[a[idx]]++;
    }
    // 想當前區間中擦除邊界元素
    void erase(int idx) {
        sum[a[idx]]--;
        cnt -= sum[a[idx]^k];
    }
    void solve(int m) {
        int l, r;
        for(int i = 1; i <= m; i++) {
            scanf("%d%d", &l, &r);
            q[i] = query(--l, r, i);
        }
        // 排序
        sort(q + 1, q + m + 1);
        insert(0);
        // 暴力移動指針
        int L = 0, R = 0;
        for(int i = 1; i <= m; i++) {
            l = q[i].l;
            r = q[i].r;
            for(; R < r; insert(++R));
            for(; L > l; insert(--L));
            for(; R > r; erase(R--));
            for(; L < l; erase(L++));
            ans[q[i].idx] = cnt;
        }
    }
    // 輸出答案
    void output(int m) {
        for(int i = 1; i <= m; i++) {
            printf("%I64d\n", ans[i]);
        }
    }
}o;

int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    size = sqrt(m);
    o.input(n);
    o.solve(m);
    o.output(m);
    return 0;
}

【解題報告】Codeforces Round #340 (Div. 2)

A. Elephant（Codeforces 617A）

思路

代碼

B. Chocolate（Codeforces 617B）

思路

代碼

C. Watering Flowers（Codeforces 617C）

思路

代碼

D. Polyline（Codeforces 617D）

思路

代碼

E. XOR and Favorite Number（Codeforces 617E）

思路

美團一面：項目中有 10000 個 if else 如何優化？想了半天，被問懵了！

京東面試：如何進行JVM調優？

Python 將PowerPoint (PPT/PPTX) 轉爲HTML

SQL優化-20231016

【解題報告】Codeforces Round #365 (Div. 2)

【解題報告】Codeforces Round #374 (Div. 2)

【解題報告】Codeforces Round #372 (Div. 2)

【解題報告】2016 Multi-University Training Contest 4

【解題報告】Codeforces Round #375 (Div. 2)

https://yachay.unat.edu.pe/blog/index.php?comment_area=format_blog&comment_component=blog&comment_co

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