Atcoder abc415 A-E
终于写出四题了！！！
A-AtCoder Language:
题目大意：
给定了 "红"，"蓝"，"绿" 三种颜色的编码形式，输入一个单词，输出对应的编码形式。无法查询则输出"Unknown"。
解法：
输入字符串，if else判断三种颜色是否符合，最后仍不符合输出错误.
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#include<cstring>
using namespace std;
int main(){
string s;
cin >> s;
if(s == "red") cout<<"SSS";
else if(s == "blue") cout<<"FFF";
else if(s == "green") cout<<"MMM";
else cout<<"Unknown";
return 0;
}
B-Get Min:
题目大意：
维护一个集合，接下来有 \(Q\) 次操作：
-
在集合内插入一个元素 \(x\) 。
-
输出集合内最小的元素，并取出该元素。
集合内允许重复元素，且取出仅只需取出一个。
解法：
学了STL就是白送，可以使用多重集合(multiset),能够自动排序。
如果没学过也没关系，可以建立一个桶维护，输出时从小到大遍历，如果发现元素数量不为零则输出并且数量减一.
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,opt,x;
multiset<int> s;
int main(){
cin >> n;
while(n--){
cin >> opt;
if(opt == 1){
cin >> x;
s.insert(x);
}else{
if(s.empty()) continue;
int y = *s.begin();
cout<<y<<'\n';
s.erase(s.begin());
}
}
return 0;
}
C-King's Summit:
题目大意：
在一个棋盘上放置了 \(N\) 枚国王，每个国王的坐标为 \((R_i,C_i)\) .国王每次可以在八个方向中选择一个并移动一步。
现在你需要确定一个集合点，确保每个国王能够在最少的时间内到达集合点，并输出这个最小时间，同一时间内所有国王移动一步。
解法：
数学题，需要找到每一个节点的距离都能恰好的点，最好的办法就是找中点，我们可以构造出一个虚拟的长方形，
而长方形的长和宽则是最大和最小的 \(R_i\) 以及 \(C_i\) 之间的差。中点即为边上取半，对于最大到达所需时间，
由于可以走斜线，所以时间为长和宽之间的最大值，那么最少的时间现在也已经确定了.
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,maxr,minr = 1e9 + 7,maxc,minc = 1e9 + 7,r,c;
signed main(){
cin >>n;
while(n--){
cin >> r >> c;
maxr = max(maxr, r);
minr = min(minr, r);
maxc = max(maxc, c);
minc = min(minc, c);
}
//一定要向上取整！！！
cout<<max((maxr - minr + 1) / 2,(maxc - minc + 1) / 2)<<'\n';
return 0;
}
D-Substr Swap：
题目大意：
给定了长度为 \(N\) 的两个字符串 \(S,T\) .现要进行 \(M\) 次交换的操作。
对于第 \(i\) 次操作输入的二元组 \((L_i,R_i)\) 对应着字符串 \(S\) 的 \(S_{L_i}\) 至 \(S_{R_i}\) 与字符串 \(T\) 中的 \(T_{L_i}\) 至 \(T_{R_i}\) 进行交换.
现要求输出进行 \(M\) 次操作过后的字符串 \(S\) 。
解法：
省流：比第三题好想。
由于字符的下标是不会变化的，最终的字符需要看交换次数，因此记录每个下表交换次数的奇偶即可。
而对于连续字串的操作，可以用差分数组进行维护，最后看每一位是奇偶即可判断。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,cnt,d[500005],l[200005],r[200005];
string s,t;
int main(){
cin >> n >> m;
cin >> s >> t;
for(int i = 1;i <= m;i++){
cin >> l[i] >> r[i];
d[l[i] - 1]++;d[r[i]]--;
}
for(int i = 0;i < n;i++){
cnt += d[i];
if(cnt % 2 == 1) cout<<t[i];
else cout<<s[i];
}
return 0;
}
E-Subarray Sum Divisibility：
题目大意：
给定一个长度为 \(N\) 的数列 \(A = {A_1,A_2,...,A_n}\) .每一次操作都可以选择一个 \(A_i\) 加一。
现在要求用最少的操作次数使得每一个长度为 \(L\) 的连续序列元素之和都与 \(M\) 同余.
解法：
可以使用动态规划写dp方程解决。
如果想要满足题目所要求的条件，则需要满足下面两个条件:
-
\(A_1 + A_2 + ... + A_L\) 的结果要为 \(M\) 的倍数。
-
对于符合 \(1 \le i \le N - L\) 的所有的 \(i\) , 都需要符合 \(A_i - A_{i + L}\) 为 \(M\) 的倍数。
在知道这个条件后，我们可以进行方程的构造。定义 \(dp[i][j]\) 为前 \(i\) 个元素之和余 \(M\) 结果为 \(j\) 的最小方案数，
关于预处理，根据定理2可以预处理出所有 \(A_i - A_{i + L}\) 模 \(M\) 为 \(j\) 的最小代价。而状态的转移则是第一层枚举元素的数量，第二层枚举余数即可。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf = 1e9 + 7;
int n,m,l,a[505];
int main(){
cin >> n >> m >> l;
for(int i = 0;i < n;i++)
cin >> a[i];
vector<int> dp(m,inf);
dp[0] = 0;
for (int i = 0; i < l; i++) {
vector<int> ep(m, inf);
for (int j = 0; j < m; j++) {
int cost = 0;
for (int k = i; k < n; k += l) {
if (j >= a[k]) cost += j - a[k];
else cost += j - a[k] + m;
}
for (int k = 0; k < m; k++) ep[(k + j) % m] = min(ep[(k + j) % m], dp[k] + cost);
}
dp.swap(ep);
}
cout << dp[0] << '\n';
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号