2025.04.24 吉比特笔试题 • Core's ink

1. 数组查询#

给定一个数组 a[n]，以及 q 次查询 (l, r)，输出 a[l] - a[l+1] - a[l+2] - ... - a[r-1] - a[r] 的值。

输入描述

第一行包含两个整数 n 和 q，表示数组的长度和查询的次数。
第二行包含 n 个整数，表示数组 a。
接下来的 q 行，每行包含两个整数 l 和 r，表示查询的区间（假设数组下标从 1 开始）。

输出描述

对于每个查询，输出一个整数，表示对应的计算结果。

示例 1

输入：

cpp

输出：

-13
-5
3

cpp

解释：

第一个查询： $1 - 2 - 3 - 4 - 5 = -13$
第二个查询： $2 - 3 - 4 = -5$
第三个查询： $3$

代码：模拟 / 前缀和

直接按照题目要求计算即可。对于每个查询 (l, r)，从 a[l] 开始，依次减去 a[l+1] 到 a[r] 的值。时间复杂度为 $O(q * n)$ ，在 n 和 q 较小的情况下可以通过。

优化思路：可以预处理前缀和数组 prefix，其中 prefix[i] 表示 a[1] - a[2] - ... - a[i]。然后对于查询 (l, r)，结果为：

如果 l == 1，直接取 prefix[r]。
否则，结果为 a[l] - (prefix[r] - prefix[l])。

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

int main() {
    int n, q;
    cin >> n >> q;
    vector<int> a(n + 1);
    vector<int> prefix(n + 1, 0);
    
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i];
        if (i == 1) {
            prefix[i] = a[i];
        } else {
            prefix[i] = prefix[i - 1] - a[i];
        }
    }

    while (q--) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        if (l == 1) {
            cout << prefix[r] << endl;
        } else {
            cout << a[l] - (prefix[r] - prefix[l]) << endl;
        }
    }
    return 0;
}

cpp

2. 多米诺骨牌推倒#

给定一排多米诺骨牌，每个骨牌有一个数值。每次操作可以选择一个位置和一个方向（左或右）进行推倒。推倒的规则是：

如果相邻骨牌（根据方向）的数值比当前骨牌的数值小，则会被推倒，并继续向该方向传播，直到遇到不小于当前骨牌数值的骨牌为止。
问最少需要多少次操作才能将所有骨牌都推倒。

输入描述

第一行包含一个整数 n，表示骨牌的数量。
第二行包含 n 个整数，表示每个骨牌的数值。

输出描述

输出一个整数，表示最少需要的操作次数。

示例 1

输入：

5
3 1 2 4 1

cpp

输出：

cpp

解释：

第一次操作：选择 4，向右推倒，可以推倒 1（因为 1 < 4）
第二次操作：选择 3，向右推倒，可以推倒位置 1
第二次操作：选择 2 推倒

代码：转化为区间覆盖问题

后半部分代码参考 LC 45. 跳跃游戏 II ↗

这个问题是一个链式反应模拟 + 贪心优化问题。目标是最小化推动次数，使得所有积木都被推倒。

我们可以对问题进行如下处理：

模拟倒塌过程（从某个位置向左或向右传递）；
预处理每个积木从左或右可以推倒的“影响范围”；
贪心策略：用最少的“倒塌段”覆盖所有积木（区间覆盖）。

步骤详解：

Step 1：预处理每个积木向左/右能影响多远
- 对于每个位置 i：
  - 向右倒：不断检查 A[i+1] < A[i], A[i+2] < A[i+1]… 直到不满足，记录影响区间 R[i]；
  - 向左倒：不断检查 A[i-1] < A[i], A[i-2] < A[i-1]… 类似，记录影响区间 L[i]。
Step 2：把每个可能的倒塌行为看作一个“区间”覆盖
- 从 i 向右能推倒到 j，我们记录一个区间 [i, j]
- 从 i 向左能推倒到 k，我们记录一个区间 [k, i]
- 总共会有 2n 个这样的区间。
Step 3：用最少的这些区间覆盖整个 [1, n]

这个就是经典的 区间覆盖问题：

将所有区间按起点排序；
每次选择起点 ≤ 当前覆盖末尾，终点最大的区间；
如果无法延伸则失败；
否则计数操作次数，直到覆盖整个 [1, n]

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> A(n + 2);  // 1-based indexing, pad for safety
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> A[i];
    }

    vector<pair<int, int>> intervals;

    // 向右推
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int j = i;
        while (j + 1 <= n && A[j + 1] < A[j]) {
            ++j;
        }
        intervals.emplace_back(i, j);
    }

    // 向左推
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int j = i;
        while (j - 1 >= 1 && A[j - 1] < A[j]) {
            --j;
        }
        intervals.emplace_back(j, i);
    }

    // 贪心区间覆盖 [1, n]
    sort(intervals.begin(), intervals.end());

    int res = 0, end = 0, next_end = 0, idx = 0;
    while (end < n) {
        while (idx < intervals.size() && intervals[idx].first <= end + 1) {
            next_end = max(next_end, intervals[idx].second);
            ++idx;
        }
        if (next_end == end) {
            cout << -1 << endl;  // 理论上不会出现
            return 0;
        }
        end = next_end;
        ++res;
    }

    cout << res << endl;
    return 0;
}

cpp

3. 绳子分割与多边形面积#

牛牛小朋友和他的朋友们，一共 $n$ 个人在操场上玩一个圈地盘的游戏。这个游戏的规则是这样的，将一根的绳子剪成 $n$ 段，让每个小朋友都能有一小段绳子。每个小朋友用拿到的一小段绳子分别圈地，要求绳子头尾相接（头尾相接时产生的损耗忽略不计），并且第 $i$ 个小朋友要求他用绳子在地上圈起来的地盘是 $a_i$ 边形的（有些小朋友对他圈起来的地盘是什么形状的并不关心，用 $-1$ 表示）。

小朋友们只能找到一根长度为 $l$ 的绳子，需要把绳子剪开之后，所有小朋友可以圈出地盘的面积的最小值为 $s$ 。为了让小朋友们尽可能高兴，需牛牛要一种剪绳子的方法，让 $s$ 尽可能大。你能帮助牛牛解决这个问题吗？你只需要精确到小数点后 6 位即可（和标准答案相对误差低于 $1e^{-5}$ 则被判定为正确）。

输入描述

第一行包含两个整数 l 和 n。
第二行包含 n 个整数，表示数组 a。

输出格式

输出一个浮点数，表示面积最小值的最大可能值，保留足够的小数位数。

示例 1

输入：

10 2
4 -1

cpp

输出：

2.5

cpp

代码

这个问题可以转化为 二分答案 + 几何判断 的问题：

核心思想：

目标：将长度为 l 的绳子分成 n 段，使得所有小朋友围成的图形的面积的最小值最大化。
限制条件：
- 每个小朋友的形状是一个正多边形，边数为 a_i（若为 -1，代表形状不限制，可以视为正圆）。
- 总绳长为 l。
我们用 二分搜索 来猜测最小的面积 s，然后验证是否可以在绳长为 l 的情况下满足每个人的要求。

面积计算公式：

对于边数为 k 的正多边形，边长为 x / k，周长为 x，面积为：

A = \frac{k}{4} \cdot x^2 \cdot \cot\left(\frac{\pi}{k}\right)

如果是圆（a_i == -1），设周长为 x，则半径 r = x / (2π)，面积为：

A = \pi \cdot \left(\frac{x}{2\pi}\right)^2 = \frac{x^2}{4\pi}

给定一个猜测的最小面积 s，我们尝试为每个小朋友分配一段最短绳长，使得他能围成面积至少为 s，然后计算所有这些最短绳长的和是否不超过 l。

#include <vector>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <iomanip>

using namespace std;

const double PI = acos(-1.0);
const double EPS = 1e-7;

int n;
double l;
vector<int> a;

double get_min_len(int k, double s) {
    if (k == -1) { // Circle
        return sqrt(4 * PI * s);
    } else {
        double tan_val = tan(PI / k);
        double coeff = k / (4 * tan_val); // cotangent = 1 / tan
        return sqrt(s / coeff);
    }
}

bool check(double s) {
    double total_len = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        double min_len = get_min_len(a[i], s);
        total_len += min_len;
        if (total_len > l)
            return false;
    }
    return true;
}

int main() {
    cin >> n >> l;
    a.resize(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        cin >> a[i];
    }

    double left = 0, right = 1e18; // Upper bound high enough
//    while (right - left > EPS)
    for (int iter = 0; iter < 100; ++iter) { // binary search
        double mid = (left + right) / 2;
        if (check(mid)) {
            left = mid;
        } else {
            right = mid;
        }
    }

    cout << fixed << setprecision(6) << left << endl;
    return 0;
}

cpp