1.MooBuzz
Description
Farmer John 的奶牛们最近成为了一个简单的数字游戏“FizzBuzz”的狂热玩家。这个游戏的规则很简单：奶牛们站成一圈，依次从一开始报数，每头奶牛在轮到她的时候报一个数。如果一头奶牛将要报的数字是 3 的倍数，她应当报“Fizz”来代替这个数。如果一头奶牛将要报的数字是 5 的倍数，她应当报“Buzz”来代替这个数。如果一头奶牛将要报的数字是 15 的倍数，她应当报“FizzBuzz”来代替这个数。于是这个游戏的开始部分的记录为：
1, 2, Fizz, 4, Buzz, Fizz, 7, 8, Fizz, Buzz, 11, Fizz, 13, 14, FizzBuzz, 16
由于词汇的匮乏，奶牛们玩的 FizzBuzz 中用“Moo”代替了 Fizz、Buzz、FizzBuzz。于是奶牛版的游戏的开始部分的记录为：
1, 2, Moo, 4, Moo, Moo, 7, 8, Moo, Moo, 11, Moo, 13, 14, Moo, 16
给定 N（1≤N≤1e9），请求出这个游戏中第 N 个被报的数。
A possible solution
利用容斥原理+二分判断。我们假设 n 个数里共有 cnt 个被跳过的数，那么报的第 n 个数就是 n+cnt ，由于 n 和 cnt 都具有单调性，所以我们可以利用二分判定来解决。
其中容斥原理很容易想到，cnt 显然等于 n 内 3 的倍数 + 5 的倍数 +15的倍数，但是15 = 3 * 5，所以15不需要重复统计（已经在 3 的倍数中统计过了）。但是我们重复统计了 3 和 5 的公倍数（统计了 2 次），于是我们就要减去同时是 3 的倍数和 5 的倍数 的 个数即可得到cnt。
在O(1)时间内求出cnt后，我们就可以在O(logN)时间内用二分搜索解决此题。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll INF = 1e18;
int tn;
int check(ll n){
ll a = n/3, b = n/5;
ll c = n/15;
ll cnt = a + b - c;
return n-cnt >= tn;
}
int main(){
freopen("moobuzz.in","r",stdin);
freopen("moobuzz.out","w",stdout);
cin >> tn ;
ll l = 1,r = INF;
while(l <= r){
ll mid = l+r>>1;
if(check(mid)) r = mid-1;
else l = mid+1;
}
cout << l << endl;
return 0;
}
2.Meetings
Description
有两个牛棚位于一维数轴上的点 0 和 L 处（1≤L≤1e9）。同时有 N 头奶牛（1≤N≤5e4）位于数轴上不同的位置（将牛棚和奶牛看作点）。每头奶牛 i 初始时位于某个位置 xi，并朝着正向或负向以一个单位每秒的速度移动，用一个等于 1 或 −1 的整数 di 表示。每头奶牛还拥有一个在范围 [1,1e3] 内的重量。所有奶牛始终以恒定的速度移动，直到以下事件之一发生：
如果奶牛 i 移动到了一个牛棚，则奶牛 i 停止移动。
当奶牛 i 和 j 占据了相同的点的时候，并且这一点不是一个牛棚，则发生了相遇。此时，奶牛 i 被赋予奶牛 j 先前的速度，反之亦然。注意奶牛可能在一个非整数点相遇。
令 T 等于停止移动的奶牛（由于到达两个牛棚之一）的重量之和至少等于所有奶牛的重量之和的一半的最早时刻。请求出在时刻 0…T（包括时刻T）之间发生的奶牛对相遇的总数。
A possible solution
这道题与 Ants 那题类似。如果不考虑重量，那么我们可以忽略每头牛的个性，从整体来看，如果两头牛相遇可以看作他们“穿过”对方并继续前进；如果每头牛有不同的重量，那么它们就有了个性，不能再等价于“穿过”对方。
这个时候我们可以从两个角度来考虑：
- 首先如果有 x 头牛回窝，那么一定是靠近端点的 x 头牛。原因很简单，这是一个一维的空间，前面的牛不回窝后面的就会被堵住过不去。所以每个端点回窝的重量顺序就确定了。
- 在 t 时刻内，一头牛只可能和与他迎面走来的 2 * t 距离内的牛相遇。这个时候我们不需要考虑重量，所以每个牛可以看作“穿过”相遇的对方继续前进，那么显然 t 时刻内这两头牛相向而行 2 * t 的距离。
通过第一个推论我们可以求出 T （二分或者优先队列），通过第二个推论我们可以根据 T 来求出相遇的牛的总数。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
int n,l;
ll sum;
int w[N],px[N],d[N];
bool check(int t){
//t时刻到家的重量是否达到一半
int tw = 0, c1 = 0, c2 = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++){
if(d[i] == 1 && l - px[i] <= t) c1++;
if(d[i] == -1 && px[i] <= t) c2++;
}
for(int i = 1;i <= c2;i++) tw += w[i];
for(int i = n;i > n-c1;i--) tw += w[i];
//printf("%d %d %d %d %d\n",t,c1,c2,tw,sum);
return tw*2 < sum;
}
ll a[N];
int tot = 0;
int bsearch(ll x){
int l = 1,r = tot;
while(l <= r){
int mid = l+r>>1;
if(a[mid] >= x) r = mid-1;
else l = mid+1;
}
//cout << x << " " << l << endl;
return l;
}
int calc(ll t){
int res = 0; //相遇次数
tot = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++)
if(d[i] == -1) a[++tot] = px[i];
for(int i = 1;i <= n;i++)
if(d[i] == 1) res += bsearch(px[i]+2*t+1) - bsearch(px[i]);
return res;
}
struct Node{
int w,x,d;
bool operator < (const Node& rhs) const{
return x < rhs.x;
}
}nodes[N];
int main(){
freopen("meetings.in","r",stdin);
freopen("meetings.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&l);
for(int i = 1;i <= n;i++)
scanf("%d%d%d",&nodes[i].w,&nodes[i].x,&nodes[i].d);
sort(nodes+1,nodes+1+n);
for(int i = 1;i <= n;i++) w[i] = nodes[i].w,px[i] = nodes[i].x,d[i] = nodes[i].d;
for(int i = 1;i <= n;i++) sum += w[i];
int tl = 0,tr = l;
while(tl <= tr){
int mid = tl+tr>>1;
if(check(mid)) tl = mid+1;
else tr = mid-1;
}
//cout << l << endl;
printf("%d\n",calc(tl)); //计算 l 秒内碰头次数
return 0;
}
3.Milk Visits
Description
Farmer John 计划建造 N（1≤N≤1e5）个农场，用 N−1 条道路连接，构成一棵树（也就是说，所有农场之间都互相可以到达，并且没有环）。每个农场有一头奶牛，品种为更赛牛或荷斯坦牛之一。
Farmer John 的 M 个朋友（1≤M≤1e5）经常前来拜访他。在朋友 i 拜访之时，Farmer John 会与他的朋友沿着从农场 Ai 到农场 Bi 之间的唯一路径行走（可能有 Ai=Bi）。除此之外，他们还可以品尝他们经过的路径上任意一头奶牛的牛奶。由于 Farmer John 的朋友们大多数也是农场主，他们对牛奶有着极强的偏好。他的有些朋友只喝更赛牛的牛奶，其余的只喝荷斯坦牛的牛奶。任何 Farmer John 的朋友只有在他们访问时能喝到他们偏好的牛奶才会高兴。
请求出每个朋友在拜访过后是否会高兴。
A possible solution
一条道路只有 3 种情况，全是 H 牛，全是 G 牛或者两者兼有。那么如果节点 x 是 H 牛我们就令其w = -1，如果是 G 牛就等于1。那么这一段路径上所有点的 w 相加，如果等于 d，就说明全是G牛；如果等于 -d，就说明全是 H 牛；否则就说明两者都有。
至于快速求两点间距离可以用倍增求LCA。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
const int M = 2*N;
char ty[N];
int n,m,w[N];
int head[N],ver[M],edge[M],nex[M],tot = 1;
void addEdge(int x,int y,int z){
ver[++tot] = y; edge[tot] = z;
nex[tot] = head[x]; head[x] = tot;
}
int dis[N],anc[N][25],dep[N],sum[N];
void dfs(int x){
for(int i = 1;i <= 22;i++)
anc[x][i] = anc[anc[x][i-1]][i-1];
for(int i = head[x];i ;i = nex[i]){
int y = ver[i], z = edge[i];
if(dis[y] || y == 1) continue;
dep[y] = dep[x] + 1;
dis[y] = dis[x] + z;
anc[y][0] = x;
sum[y] = sum[x] + w[y];
dfs(y);
}
}
int lca(int x,int y){
if(dep[x] < dep[y]) swap(x,y);
for(int i = 22;i >= 0;i--)
if(dep[anc[x][i]] >= dep[y]) x = anc[x][i];
if(x == y) return x;
for(int i = 22;i >= 0;i--){
if(anc[x][i] != anc[y][i]){
x = anc[x][i]; y = anc[y][i];
}
}
return anc[x][0];
}
int main(){
freopen("milkvisits.in","r",stdin);
freopen("milkvisits.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
scanf("%s",ty+1);
for(int i = 1;i <= n;i++)
if(ty[i] == 'G') w[i] = 1;
else w[i] = -1;
for(int i = 1,x,y;i < n;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
addEdge(x,y,1); addEdge(y,x,1);
}
char s[10];
dep[0] = -1; dfs(1);
for(int i = 1,x,y;i <= m;i++){
scanf("%d%d%s",&x,&y,s);
int fa = lca(x,y);
int d = dis[x]+dis[y] - 2*dis[fa] + 1;
int sw = sum[x]+sum[y] - 2*sum[fa]+w[fa];
if(s[0] == 'H' && sw != d) putchar('1');
else if(s[0] == 'G' && sw != -d) putchar('1');
else putchar('0');
}
return 0;
}
来源：CSDN
作者：AK龙
链接：https://blog.csdn.net/weixin_41162823/article/details/103586735