【题解】Atcoder Beginner Contest 445(ABC445) A~D,F~G
A - Strong Word
直接判。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>s;
if(s[0]==s[s.size()-1]) cout<<"Yes";
else cout<<"No";
return 0;
}
B - Center Alignment
直接模拟。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,l;
string s[110];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>s[i];
int t=s[i].size();
l=max(l,t);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int t=s[i].size();
for(int j=1;j<=(l-t)/2;j++) cout<<'.';
cout<<s[i];
for(int j=1;j<=(l-t)/2;j++) cout<<'.';
cout<<'\n';
}
return 0;
}
C - Sugoroku Destination
对每个格子建有向图。该格连向该格的数字。
题目中给出 \(i\le A_i \le N\)，也就是说除自环外没有环。
那么只需要对整张图跑一遍 DFS，看每个点最终会停在哪个点即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+10;
int n;
int a[N];
int h[N],tot;
int p[N];
bool vis[N];
struct Node{
int to,nxt;
}e[N];
void Add(int u,int v){
tot++;
e[tot].to=v;
e[tot].nxt=h[u];
h[u]=tot;
}
int dfs(int u){
vis[u]=1;
for(int i=h[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if(v==u) p[u]=u;
else p[u]=dfs(v);
}
return p[u];
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
Add(i,a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!vis[i]) dfs(i);
}
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<p[i]<<' ';
return 0;
}
D - Reconstruct Chocolate
重要条件：每次掰巧克力都是沿着矩形边界掰的。也就是说对于每个子矩形总有一块顶天立地的（独占整个矩形的长或宽）。
那么我们按照这个思路模拟，每次找一个长等于 \(H\) 或宽等于 \(W\) 的巧克力，拼到剩余部分的右下角。然后给 \(H,W\) 减掉这一块，直到其中一个减到 \(0\)。
由于每次枚举所有巧克力会超时，所以我们分别按照长宽从大到小排序，遇到选过的就跳过。每次选第一个比较即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int H,W,n;
int ansx[N],ansy[N];
bool vis[N];
struct Node{
int h,w,p;
}c1[N],c2[N];
bool cmp1(Node x,Node y){
return x.h>y.h;
}
bool cmp2(Node x,Node y){
return x.w>y.w;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>H>>W>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>c1[i].h>>c1[i].w;
c1[i].p=i;
c2[i]=c1[i];
}
sort(c1+1,c1+1+n,cmp1);
sort(c2+1,c2+1+n,cmp2);
int i,j;
i=j=1;
while(H&&W){
while(vis[c1[i].p]) i++;
while(vis[c2[j].p]) j++;
if(c1[i].h==H){
vis[c1[i].p]=1;
ansx[c1[i].p]=H-c1[i].h+1,ansy[c1[i].p]=W-c1[i].w+1;
W-=c1[i].w;
}else if(c2[j].w==W){
vis[c2[j].p]=1;
ansx[c2[j].p]=H-c2[j].h+1,ansy[c2[j].p]=W-c2[j].w+1;
H-=c2[j].h;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ansx[i]<<' '<<ansy[i]<<'\n';
return 0;
}
F - Exactly K Steps 2
原题 Luogu P2886 [USACO07NOV] Cow Relays G。
对于邻结矩阵 \(C\) 跑 \(K\) 次的 Floyd 快速幂，最后输出所有 \(C_{i,i}\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=110;
const int INF=1e18;
int n,s,t,k;
int g[N][N];
struct Matrix{
int mx[110][110];
}a,b,c;
Matrix operator *(const Matrix &a,const Matrix &b){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++) c.mx[i][j]=INF;
}
for(int d=1;d<=n;d++){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
c.mx[i][j]=min(c.mx[i][j],a.mx[i][d]+b.mx[d][j]);
}
}
}
return c;
}
void fstpow(){
int q=k-1;
b=a;
while(q){
if(q&1) b=b*a;
a=a*a;
q>>=1;
}
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++) cin>>a.mx[i][j];
}
fstpow();
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<b.mx[i][i]<<'\n';
return 0;
}
G - Knight Placement
相当于 Luogu P10939 骑士放置 和 Luogu P5030 长脖子鹿放置 的综合。
对于 \(A+B\) 为奇的情况（骑士放置），只需要对棋盘像国际象棋一样黑白染色，骑士攻击到的地方一定与自身格子异色，由此建立二分图；
对于 \(A,B\) 均为奇的情况（长脖子鹿放置），攻击到的地方行和列的奇偶性与自身格子均不同，以 \(x\) 的奇偶性或 \(y\) 的奇偶性染色，也可以建立二分图；
对于 \(A,B\) 均为偶的情况，等价于把棋盘和攻击范围均缩小一半，不会改变冲突关系，因此将 \(A,B\) 不断同时 \(\div 2\)，最终会归约为以上两种情况。
然后就是二分图最大独立集，用匈牙利算法跑最大匹配。
最后考虑构造，我们要选中所有未匹配点，以及每条匹配边上的一个端点，这样点一定两两独立。因此我们从左部所有未匹配点出发走交替路（非匹配边 \(\rightarrow\) 匹配边 \(\rightarrow\) 非匹配边 \(\rightarrow\dotsm\)），左部访问到的点都是未匹配的点和匹配边的左部点，右部访问的点是匹配边的右部点，只需要选择左部访问到的点和右部未访问到的点就可以构造出最大独立集。
匈牙利算法时间复杂度比较高，但是卡不掉。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
const int M=2e6+10;
int n,A,B,ans;
int a[310][310],b[310][310];
int h[N],tot;
int vis[N],p[N],now;
bool visL[N],visR[N],visp[N];
struct Node{
int to,nxt;
}e[M];
void Add(int u,int v){
tot++;
e[tot].to=v;
e[tot].nxt=h[u];
h[u]=tot;
}
int calc(int x,int y){
return (x-1)*n+y;
}
bool check(int x,int y,int A,int B){
if((A&1)&&(B&1)) return x&1;
else if((A&1)||(B&1)) return (x+y)&1;
else return check(x>>1,y>>1,A>>1,B>>1);
}
bool dfs1(int u){
if(vis[u]==now) return 0;
vis[u]=now;
for(int i=h[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if(!p[v]||dfs1(p[v])){
p[v]=u;
return 1;
}
}
return 0;
}
void dfs2(int u){
if(visL[u]) return ;
visL[u]=1;
for(int i=h[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if(p[v]&&p[v]!=u){
visR[v]=1;
dfs2(p[v]);
}
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>A>>B;
int dx[9]={0,-A,-B,B,A,-A,-B,B,A};
int dy[9]={0,-B,-A,-A,-B,B,A,A,B};
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
char c;
cin>>c;
if(c=='#') a[i][j]=1;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
int xx,yy;
if(check(i,j,A,B)||a[i][j]) continue;
for(int k=1;k<=8;k++){
xx=i+dx[k],yy=j+dy[k];
if(xx>=1&&xx<=n&&yy>=1&&yy<=n&&!a[xx][yy]) Add(calc(i,j),calc(xx,yy));
}
}
}
now=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(check(i,j,A,B)||a[i][j]) continue;
now++;
if(dfs1(calc(i,j))) visp[calc(i,j)]=1;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(check(i,j,A,B)||a[i][j]) continue;
if(!visp[calc(i,j)]) dfs2(calc(i,j));
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(a[i][j]) cout<<'#';
else if(check(i,j,A,B)){
if(visR[calc(i,j)]) cout<<'.';
else cout<<'o';
}else{
if(visL[calc(i,j)]) cout<<'o';
else cout<<'.';
}
}
cout<<'\n';
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号