ABC191 复盘
ABC191 复盘
[ABC191C] Digital Graffiti
思路解析
求不规则图形的边数，根据题目可知多边形的内角只有 \(90^\circ\) 和 \(270^\circ\)，所以只需要从四个方向扫描一遍，求出每个方向上分别有几条边即可。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m;
char ch[15][15];
int main() {
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 1; j <= m; j++) {
cin >> ch[i][j];
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i < n; i++) {
for(int j = 2; j <= m; j++) {
if(ch[i][j] == '#' && ch[i + 1][j] == '.' && !(ch[i][j - 1] == '#' && ch[i + 1][j - 1] == '.')) ans++;
}
}
for(int i = 1; i < n; i++) {
for(int j = 2; j <= m; j++) {
if(ch[i][j] == '.' && ch[i + 1][j] == '#' && !(ch[i][j - 1] == '.' && ch[i + 1][j - 1] == '#')) ans++;
}
}
for(int j = 1; j < m; j++) {
for(int i = 2; i <= n; i++) {
if(ch[i][j] == '#' && ch[i][j + 1] == '.' && !(ch[i - 1][j] == '#' && ch[i - 1][j + 1] == '.')) ans++;
}
}
for(int j = 1; j < m; j++) {
for(int i = 2; i <= n; i++) {
if(ch[i][j] == '.' && ch[i][j + 1] == '#' && !(ch[i - 1][j] == '.' && ch[i - 1][j + 1] == '#')) ans++;
}
}
cout << ans;
return 0;
}
[ABC191D] Circle Lattice Points
思路解析
可以根据数据范围 \(|X| \le 10^5\) 发现直接枚举两个维度肯定不行，但是我们发现可以把这个圆沿着每一条竖（或横）轴切开，然后对于每单独的一条分别统计这一条中有多少个整点，这样就可以做到 \(O(|X|)\) 完成。
注意在开方操作时会损失精度，所以可以在输入半径时先给半径加上一个很小的常数避免精度损失。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define double long double
double x, y, r;
int main() {
cin >> x >> y >> r;
r += 1e-14;
long long ans = 0;
for(int i = ceil(x - r); i <= floor(x + r); i++) {
long long lt = (long long)ceil(y - sqrt(r * r - (x - i) * (x - i)));
long long rt = (long long)floor(y + sqrt(r * r - (x - i) * (x - i)));
ans += rt - lt + 1;
}
cout << ans;
return 0;
}
[ABC191E] Come Back Quickly
思路解析
这题非常版，求问能否形成环，其实就是跑一遍 dijkstra，看能否再一次到达起点，若可以到达，则将答案设为第二次到达时所用的距离即可。
时间复杂度：对于每一个点都要跑一次最短路，\(O(n^2 \log n)\)。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define PII pair<int, int>
#define fir first
#define sec second
const int N = 2e3 + 10;
int n, m, ind[N], tp[N], ans[N], dis[N];
vector< PII > g[N];
void dij(int st) {
memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
priority_queue< PII , vector< PII >, greater< PII > > q;
q.push({0, st});
while(!q.empty()) {
int u = q.top().sec, d = q.top().fir; q.pop();
for(auto it : g[u]) {
int v = it.fir, w = it.sec;
if(d + w < dis[v]) dis[v] = d + w, q.push({d + w, v});
}
}
ans[st] = dis[st];
}
int main() {
cin >> n >> m;
memset(ans, 0x3f, sizeof(ans));
for(int i = 1, u, v, w; i <= m; i++) {
cin >> u >> v >> w;
if(u == v) ans[u] = min(ans[u], w);
g[u].push_back({v, w});
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
dij(i);
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(ans[i] < 1e9) cout << ans[i] << '\n';
else cout << "-1\n";
}
return 0;
}
[ABC191F] GCD or MIN
思路解析
可见两种操作后者就相当于删掉较大的数，如果对整个序列进行这个操作就能得到整个序列的最小值。如果对整个序列进行一操作就能得到整个序列的 \(\gcd\)。而我们可以发现如果先进行操作一再进行操作二就相当于我们选一个原序列的子序列然后对这些数做 \(\gcd\)，所以我们可以去枚举每个可能的结果，若所有以该答案为因子的元素的 \(\gcd\) 等于该结果，就说明该答案合法。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define PII pair<int, int>
#define sec second
#define fir first
const int N = 2010;
int n, a[N];
map<int, vector<int> > mp;
int main() {
int mn = 2e9;
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
mn = min(mn, a[i]);
for(int j = 1; j * j <= a[i]; j++) {
if(a[i] % j == 0) {
mp[j].push_back(a[i]);
if(j * j != a[i]) mp[a[i] / j].push_back(a[i]);
}
}
}
int ans = 0;
for(auto it : mp) {
int x = it.fir, d = it.sec.front();
if(x > mn) break;
for(auto i : it.sec) {
d = __gcd(d, i);
}
ans += (d == x);
}
cout << ans;
return 0;
}
CF154C Double Profiles
思路解析
可以把题意转换成求有多少个点对 \((u,v)\) 使得两点连出的点集完全相同，这样只需要把每个点连出的点集求出来即可，如果直接用数组存肯定会超时，所以我们想把每一个与任意一点直接相连的点集进行压缩，可以想到使用字符串哈希的想法压缩一个点集。如果两点的点集哈希后相等，说明两点的点集也相等。
注意：需要特判点度为 \(0\) 的情况，以及需要分别讨论 \(i,j\) 之间有连边和没连边的情况，最后注意这题卡 map。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ull unsigned long long
const ull p = 13;
const int N = 1e6 + 10;
int n, m, sz[N];
ull hs[N], pw[N];
signed main() {
cin >> n >> m;
pw[0] = 1; for(int i = 1; i <= n; i++) pw[i] = pw[i - 1] * p;
for(int i = 1, u, v; i <= m; i++) {
cin >> u >> v;
sz[u]++; sz[v]++;
hs[u] += pw[v];
hs[v] += pw[u];
}
vector<ull> v, v1;
long long ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(sz[i] > 0) v.push_back(hs[i]);
else v.push_back(0);
v1.push_back(hs[i] + pw[i]);
}
sort(v.begin(), v.end()); sort(v1.begin(), v1.end());
for(int i = 0, j = i; i < v.size(); i = j) {
j = i; while(j < v.size() && v[j] == v[i]) j++;
ans += (long long)(j - i) * (long long)(j - i - 1) / 2;
}
for(int i = 0, j = i; i < v1.size(); i = j) {
j = i; while(j < v1.size() && v1[j] == v1[i]) j++;
ans += (long long)(j - i) * (long long)(j - i - 1) / 2;
}
cout << ans;
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号