mobile wallpaper 1
Profile Image of the Author
Hycode
Announcement
欢迎来到我的博客！这里分享我的个人生活与学习日常！
标签
1116 字
3 分钟
2026年青鸟工作室招新-机试
2026-03-27
题解
青鸟工作室

预测难度#

  • Easy : C I K L
  • Easy-medium : D E F J M
  • Medium : G H
  • Medium-hard : B
  • Hard : A

实际情况#

  • Easy : C
  • Easy-medium : I L
  • Medium : K M
  • Medium-hard : G H J
  • Hard : A B D E F

题解#

A - Come A Little Closer#

题意#

移动一个坐标，使能把所有坐标框起来的最小矩形面积最小。

思路#

很明显，面积只与横纵轴方向上最远的 44 个点有关。所以对每个点进行移动，维护答案最小值即可。

核心代码#

struct pt
{
    int x, y;
};


struct axis
{
    int mn1, mn2, mx2, mx1;


    axis(int a, int b)
    {
        mx1 = mn1 = a;
        mx2 = mn2 = b;
        update_max();
        update_min();
    }


    void update_min()
    {
        if(mn1 > mn2)
            swap(mn1, mn2);
    }


    void update_max()
    {
        if(mx2 > mx1)
            swap(mx2, mx1);
    }


    void add(int n)
    {
        mx2 = max(mx2, n);
        mn2 = min(mn2, n);
        update_max();
        update_min();
    }


    int seg(int n)
    {
        int mx = mx1, mn = mn1;
        if(n == mx) mx = mx2;
        if(n == mn) mn = mn2;
        return mx - mn + 1;
    }
};


void solve()
{
    int n;
    cin >> n;


    vector<pt> a(n);
    for(auto& [x, y] : a)
        cin >> x >> y;


    if(n < 3)
    {
        cout << n << endl;
        return;
    }


    axis xs(a[0].x, a[1].x), ys(a[0].y, a[1].y);
    for(int i = 2; i < n; i++)
    {
        xs.add(a[i].x);
        ys.add(a[i].y);
    }


    int ans = xs.seg(-1) * ys.seg(-1);


    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        int xseg = xs.seg(a[i].x), yseg = ys.seg(a[i].y);
        if(xseg * yseg == n - 1)
            ans = min(ans, min((xseg + 1) * yseg, xseg * (yseg + 1)));
        else ans = min(ans, xseg * yseg);
    }


    cout << ans << endl;
}

B - Only One Step#

题意#

给出一个出发点 ss，以及范围 [l,r][l, r]。判断范围内有所少个点是可达的。

思路#

不难得出，所有的正整数同属一个连通分量。因此，对于任意起点 ss 和区间 [l,r][l,r]，区间内的所有节点均可达，答案即为 r−l+1r−l+1。

证明：

考虑恒等式

f(n)⋅f(n−1)=n(n+1)⋅(n−1)n=(n2−1)⋅n2f(n) \cdot f(n-1) = n(n+1) \cdot (n-1)n = (n^2 - 1) \cdot n^2

即

f(n)⋅f(n−1)=f(n2−1)f(n) \cdot f(n-1) = f(n^2 - 1)

因此，对于任意 n≥2n \ge 2，节点 n2−1n^2 - 1 与节点 nn 和 n−1n−1 相连。

由此可得：

  • 节点 11 与 22 通过节点 33 相连；

  • 对于任意 k≥2k \ge 2，节点 kk 与 k−1k−1 通过节点 k2−1k^2−1 相连。

于是，所有正整数通过相邻整数的连接构成一个连通图。

核心代码#

void solve()
{
    int s, l, r;
    cin >> s >> l >> r;


    cout << r - l + 1 << endl;
}

C - Hello BlueBird#

题意#

输出 nn 行带双引号的字符串。

思路#

考察基本语法，注意逃逸字符。

核心代码#

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;


    while(n--)
        cout << "\"Hello, BlueBird!\"" << endl;
}

D - 正弦函数的前n项泰勒展开#

题意#

按照以下公式算近似值：

sin⁡(x)=∑n=0∞(−1)n(2n+1)!x2n+1=x−x33!+x55!−x77!+⋯\sin(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} x^{2n+1} = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots

思路#

每次都从头开始算每一项未必太麻烦了。

从第二项开始，每一项都可以由前一项递推得出：

  • term0=xterm_0 = x

  • termi+1=−termi×x2(2i+2)(2i+3)term_{i+1} = -term_i \times \frac{x^2}{(2i+2)(2i+3)}

核心代码#

void solve()
{
    double x;
    int n;
    cin >> x >> n;


    double sum = 0.0, term = x;


    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        sum += term;
        term = -term * x * x / ((2 * i + 2) * (2 * i + 3));
    }


    cout << sum << endl;
}

E - What The Dog Doing?(Easy Version)#

题意#

统计所有二进制位的出现频率，问多少个位满足第 ii 位出现频率等于 ii 次（i≥0）（i \ge 0）。

思路#

很明显，所有的正整数都是可以写成二进制的形式的。那么就可以按照二进制逐位分解，而这个过程就是按照 22 的幂分解的。所以，所有的正整数都满足“刀盾数”的定义。

数据范围是 1≤ai≤1091 \leq a_i \leq 10^9，在 intint 类型范围之内。

那么，我们对每个数，跑 3232 位逐位统计频率，然后再遍历 11 到 3232 统计答案就好了。

核心代码#

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;


    vector<int> a(n);
    for(int& i : a)
        cin >> i;


    vector<int> f(32);
    for(int& i : a)
    {
        int d = 0;
        while(i)
        {
            f[d++] += i & 1;
            i >>= 1;
        }
    }


    int ans = 0;
    for(int i = 1; i < 32; i++)
        if(f[i] == i)
            ans++;


    cout << ans << endl;
}

F - What The Dog Doing?(Hard Version)#

题意#

再添加任意一个正整数，使最终满足条件的数量尽可能更多。

思路#

换句话来说，对于每一位，都有机会让其频率增加 11。

那么如果某一位刚好还差 11，那么我们就可以加上。每个满足该条件的位都会让答案在原基础上 +1+1。

那么我们只需要把 EE 题的 if(f[i] == i) 改成 if(f[i] == i || f[i] + 1 == i) 即可通过该题。

核心代码#

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;


    vector<int> a(n);
    for(int& i : a)
        cin >> i;


    vector<int> f(32);
    for(int& i : a)
    {
        int d = 0;
        while(i)
        {
            f[d++] += i & 1;
            i >>= 1;
        }
    }


    int ans = 0;
    for(int i = 1; i < 32; i++)
        if(f[i] == i || f[i] + 1 == i)
            ans++;


    cout << ans << endl;
}

G - 图灵的诅咒#

题意#

不断对数组进行赋值操作：

每一轮对每个元素执行 ai=max(ai−mex(a),0)a_i = max(a_i - mex(a), 0)

直到整个数组只剩下一种元素。

问操作会持续多少轮。

思路#

经过观察，对数组进行排序之后，每个缺失的数字都会使操作多进行一轮。

核心代码#

Solution 1

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;


    vector<int> a(n);
    for(int& i : a)
        cin >> i;


    sort(a.begin(), a.end());


    if(a[0] == a[n - 1])
        cout << 0 << endl;
    else if (a[0] != 0)
        cout << -1 << endl;
    else
    {
        int ans = 1;
        for(int i = 1; i < n; i++)
            ans += max(a[i] - a[i - 1] - 1, 0LL);
        cout << ans << endl;
    }
}

Solution 2

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;


    vector<int> a(n);
    for(int& i : a)
        cin >> i;


    set<int> s(a.begin(), a.end());


    if(s.size() == 1)
        cout << 0 << endl;
    else if(!s.count(0))
        cout << -1 << endl;
    else cout << *s.rbegin() + 2 - s.size() << endl;
}

H - 这题有教育意义#

题意#

字符串转柱状图。

思路#

按题意模拟即可。

核心代码#

void solve()
{
    int n;
    string s;
    cin >> n >> s;


    vector<int> f('Z' + 1);
    int mx = 0;
    for(char& c : s)
    {
        f[c]++;
        mx = max(mx, f[c]);
    }


    for(int i = mx; i > 0; i--)
    {
        for(char c = 'A'; c <= 'Z'; c++)
            if(f[c]) cout << (f[c] >= i ? '*' : ' ');
        cout << endl;
    }


    for(char c = 'A'; c <= 'Z'; c++)
        if(f[c]) cout << c;
    cout << endl;
}

I - 听说牌子是可以合成的（#

题意#

求最多能拥有的金牌数。

思路#

模拟即可。

核心代码#

void solve()
{
    int Au, Ag, Cu, x, y;
    cin >> Au >> Ag >> Cu >> x >> y;


    while(Cu >= x || Ag >= y)
    {
        Ag += Cu / x;
        Cu %= x;


        Au += Ag / y;
        Cu += Ag / y;
        Ag %= y;
    }


    cout << Au << endl;
}

J - MEX × MIN = const?#

题意#

求区间 mex×minmex \times min。

思路#

mex 和 min 之中必有一个为 00。

所以，正如题目名字所言：MEX×MIN=const=0MEX × MIN = const = 0

核心代码#

void solve()
{
    int _, q;
    cin >> _ >> q;


    while(q--)
        cout << 0 << endl;
}

K - Kill And Keep#

题意#

保持每个数位和不变，尽可能删掉更多的数位。

思路#

删掉所有的 00。

核心代码#

Solution 1

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;


    vector<int> a(n);
    for(int i = 0; i < n; i++)
        cin >> a[i];


    auto f = [](int x) -> int
    {
        int res = 0;
        while(x)
        {
            int d = x % 10;
            if(d) res = res * 10 + d;
            x /= 10;
        }
        return res;
    };


    for(int i = 0; i < n; i++)
        a[i] = f(f(a[i]));


    for(int i = 0; i < n; i++)
        cout << a[i] << " \n"[i == n - 1];
}

Solution 2

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;


    vector<string> a(n);
    for(int i = 0; i < n; i++)
        cin >> a[i];


    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        string t = "";
        for(char& c : a[i])
            if(c != '0') t += c;
        a[i] = t;
    }


    for(int i = 0; i < n; i++)
        cout << a[i] << " \n"[i == n - 1];
}

L - Reach The MAX(Easy Version)#

题意#

左右传递赋值，求数组最大和。

思路#

容易想到，选最大值，左右扩散至整个数组。答案就是 max×nmax \times n。

核心代码#

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;


    vector<int> a(n);
    for(int i = 0; i < n; i++)
        cin >> a[i];


    cout << *max_element(a.begin(), a.end()) * n;
}

M - Reach The MAX(Hard Version)#

题意#

选定区间，然后把区间内的数字都变成两个端点中的较大值。

思路#

不难发现，只有首位两个元素无法被操作影响。其他元素都可以通过一系列操作变成数组的最大值。所以答案就是 a1+an+(n−2)×maxa_1 + a_n + (n - 2) \times max。

核心代码#

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;


    vector<int> a(n);
    for(int i = 0; i < n; i++)
        cin >> a[i];


    cout << a[0] + a[n - 1] + (n - 2) * *max_element(a.begin(), a.end()) << endl;
}
分享

如果这篇文章对你有帮助，欢迎分享给更多人！

2026年青鸟工作室招新-机试
https://blog.hycode.qzz.io/posts/2026-bluebird-recruit/post/
作者
Hycode
发布于
2026-03-27
许可协议
CC BY-NC-SA 4.0

部分信息可能已经过时

牛客周赛 Round 140
牛客周赛 Round 134
相关文章 智能推荐
1
牛客周赛 Round 145
题解 牛客周赛 Round 145 题解
2
牛客周赛 Round 140
题解 牛客周赛 Round 140 题解
3
牛客周赛 Round 134
题解 牛客周赛 Round 134 题解
4
牛客周赛 Round 131
题解 新年快乐！
5
牛客周赛 Round 128
题解 牛客上绿（1500+）！
随机文章 随机推荐
1
Codeforces Round 1072 (Div. 3)
题解 2026-01-15
2
Codeforces Round 1074 (Div. 4)
题解 2026-01-20
3
牛客周赛 Round 145
题解 2026-05-25
4
牛客周赛 Round 131
题解 2026-02-16
5
牛客周赛 Round 127
题解 2026-01-19
© 2026 Hycode. All Rights Reserved. / RSS / Atom / Sitemap
Powered by Astro & Mizuki  Version 9.0

目录