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Codeforces1072-A/B/C/D-(Done)

原作者: [db:作者] 来自: [db:来源] 收藏 邀请

链接:http://codeforces.com/contest/1072/


A - Golden Plate - [计算题]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int calc(int w,int h){return (w+h-2)*2;}
int w,h,k;
int ans;
int main()
{
    cin>>w>>h>>k;
    for(;w&&h&&k;w-=4,h-=4,k--) ans+=calc(w,h);
    cout<<ans<<endl;
}

 


B - Curiosity Has No Limits - [DFS]

对于常数 $C_1,C_2$ 和变量 $x,y$ 的方程组:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {C_1 = x|y} \\ {C_2 = x\& y} \\ \end{array}} \right.$

除了 $x$ 和 $y$ 之间能互换一下之外,其实解是唯一的。

因此,说是从 $1$ 到 $n$ 的深搜,其实只是 $O(n)$ 的枚举,因为当你确定了第一个数字 $t[1]$ 之后,后面的跟着都是确定的,因此只会DFS只会跑一条深度为 $n$ 的链。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
const int maxn=1e5+50;

int n;
pii a[maxn],b[maxn];
pii cho[4];
bool judge(pii a,pii b,pii x,pii y)
{
    if((x.first|y.first)!=a.first || (x.second|y.second)!=a.second) return 0;
    if((x.first&y.first)!=b.first || (x.second&y.second)!=b.second) return 0;
    return 1;
}

bool ok;
int c[maxn];
void dfs(int d,int p)
{
    if(ok) return;
    if(d==n+1)
    {
        ok=1;
        return;
    }
    for(int i=0;i<=3;i++)
    {
        if(judge(a[d-1],b[d-1],cho[p],cho[i]))
        {
            c[d]=i;
            dfs(d+1,i);
        }
    }
}

int main()
{
    cho[0]=make_pair(0,0);
    cho[1]=make_pair(0,1);
    cho[2]=make_pair(1,0);
    cho[3]=make_pair(1,1);
    cin>>n;
    for(int i=1,k;i<n;i++)
    {
        scanf("%d",&k);
        a[i].first=k/2;
        a[i].second=k%2;
    }
    for(int i=1,k;i<n;i++)
    {
        scanf("%d",&k);
        b[i].first=k/2;
        b[i].second=k%2;
    }

    ok=0;
    for(int i=0;i<=3;i++)
    {
        c[1]=i;
        dfs(2,i);
        if(ok) break;
    }
    if(ok)
    {
        printf("YES\n");
        for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",c[i]);
        printf("\n");
    }
    else printf("NO\n");
}

 


C - Cram Time - [暴力]

(忍不住想说,我队友太强了,跟他组队是我拖后腿了55555)

显然,要放最多的数进去,肯定是放 $1 \sim n$,其中 $n$ 是满足 $\frac{{\left( {n + 1} \right)n}}{2} \le a + b$ 的最大整数。

考虑第一天看 $a$ 的书,我们从最大的 $n$ 枚举起,遇到能塞得下的就往里塞,这样必然可以让第一天的 $a$ 个小时被占满,

而剩下的全部放到第二天就行了,剩下的那些加起来必然不会超过 $b$ 小时。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=63300;

ll a,b;
ll n;
bool vis[maxn];

int main()
{
    cin>>a>>b;
    for(n=0;n<maxn;n++) if((n+1)*n/2<=a+b && (n+2)*(n+1)/2>a+b) break;

    memset(vis,0,sizeof(vis));
    int cnt=0;
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        if(a>=i)
        {
            vis[i]=1;
            a-=i;
            cnt++;
        }
    }

    printf("%d\n",cnt);
    for(int i=1;i<=n;i++) if(vis[i]) printf("%d ",i);
    printf("\n");
    printf("%d\n",n-cnt);
    for(int i=1;i<=n;i++) if(!vis[i]) printf("%d ",i);
    printf("\n");
}

 


D - Minimum path - [BFS]

题意:

给出存储小写字母的 $n \times n$ 的矩阵,规定每次只能往下跑一格或者往右跑一个,要从左上角的 $(1,1)$ 跑到右下角 $(n,n)$,问路径上产生的字符串字典序最小是哪个(另外, 你有 $k$ 次机会能够修改某个字母为任意一个字母)。

题解:

按照反对角线,从第 $1$ 层的 $(1,1)$ 跑到第 $2 \times n - 1$ 层的 $(n,n)$,构建两个队列(数组模拟)q[0] 和 q[1],

队列里面存储一个Node结构体,Node结构体中存储:目前我走到的了 $(i,j)$,给相应路径上产生字符 $c$,接下来我还有多少次 $k$ 能用。

1、从当前层下一层BFS,从当前 q[f] 队列(其中 f = 0 or 1)取出节点,最多有 $O(n)$ 个节点。

2、通过这个节点计算出它下一层可能会走到的节点,入队 q[f^1]。

3、同时,在入队时,我们要把所有能去重的全都去重(就是当前层的两格 $(i+1,j)$ 和 $(i,j+1)$ 都走到下一层的 $(i+1,j+1)$,这种情况只需要判断一下哪个更优即可,显然是字符越小的越优,如果字符相同,那么肯定是 $k$ 越大越优);

4、另外,我们用 $mini$ 变量记录 q[f^1] 队列中所有元素里字典序最小的字符(这个字符就是要求输出的字符串中第 $k$ 个位置上的字符),而对于 q[f^1] 中大于 $mini$ 的字符的元素,统统都可以去掉(用vis数组标记掉),如果处理完发现 q[f^1] 队列已经空了,就跳出BFS;否则就清空 q[f] 队列,然后令 f^=1,回到步骤 1 继续。

时间复杂度:

BFS一共前进 $O(n)$ 层,每层要遍历一遍当前队列取出当前节点,而队列中元素不超过 $O(n)$,同时产生的下个队列内元素一样不会超过 $O(n)$,因此时间复杂度为 $O(n^2)$。

AC代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2100;

int n,k;
char mp[maxn][maxn];
vector<char> ans;

struct Node{
    char c;
    int i,j;
    int k;
    Node(){}
    Node(char _c,int _i,int _j,int _k){c=_c,i=_i,j=_j,k=_k;}
    bool operator<(const Node& oth)const
    {
        if(c==oth.c) return k>oth.k;
        else return c<oth.c;
    }
};

int tot[2];
Node q[2][2*maxn];
int vis[maxn][maxn];
const int dx[2]={0,1},dy[2]={1,0};
inline bool in(int i,int j){return (1<=i && i<=n && 1<=j && j<=n);}
void bfs()
{
    tot[0]=0;
    tot[1]=0;
    memset(vis,-1,sizeof(vis));

    if(mp[1][1]=='a') q[0][tot[0]++]=Node('a',1,1,k);
    else q[0][tot[0]++]=Node(k?'a':mp[1][1],1,1,max(0,k-1));
    ans.push_back(q[0][0].c);
    vis[1][1]=0;

    int f=0;
    Node now,nxt;
    while(tot[f])
    {
        int mini=(int)('z'+10);
        for(int i=0;i<tot[f];i++)
        {
            now=q[f][i];
            if(vis[now.i][now.j]==-1) continue;
            for(int z=0;z<=1;z++)
            {
                int x=now.i+dx[z], y=now.j+dy[z];
                if(!in(x,y)) continue;

                if(mp[x][y]=='a') nxt=Node('a',x,y,now.k);
                else nxt=Node(now.k?'a':mp[x][y],x,y,max(0,now.k-1));
                if(vis[x][y]==-1)
                {
                    vis[x][y]=tot[f^1];
                    q[f^1][tot[f^1]++]=nxt;
                    mini=min(mini,(int)nxt.c);
                }
                else
                {
                    Node &tmp=q[f^1][(vis[x][y])];
                    if(nxt<tmp) tmp=nxt, mini=min(mini,(int)nxt.c);
                }
            }
        }

        if(mini<(int)('z'+10)) ans.push_back((char)mini);
        else break;

        for(int i=0;i<tot[f^1];i++)
        {
            nxt=q[f^1][i];
            if((int)nxt.c>mini) vis[nxt.i][nxt.j]=-1;
        }

        tot[f]=0;
        f^=1;
    }
}

int main()
{
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",mp[i]+1);

    if(k+1>=n+n)
    {
        for(int i=1;i<=2*n-1;i++) printf("a");
        printf("\n");
        return 0;
    }

    ans.clear();
    bfs();
    for(int i=0;i<ans.size();i++) printf("%c",ans[i]);
    printf("\n");
}

 


鲜花

握手

雷人

路过

鸡蛋
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