Codeforces Round #731 (Div. 3)

A. Shortest Path with Obstacle（题目）

题目大意：在一个方格中，给出$A,B,F$三点，每次能向上下左右移动一格，但不能经过$F$问$从A到B$最少要移动多少次

分析：

假设不考虑$F$，那么$A->B$的最短距离就是$|A_x-B_x|+|A_y-B_y|$

之后我们发现如果$A_x\not=B_x 或 A_y\not=B_y$那$A,B$之间其实是有很多个最短路径的，其中肯定有不经过$F$的，那么直接输出$|A_x-B_x|+|A_y-B_y|$

但如果$A_x=B_x 或 A_y=B_y$呢？我们先假设$A_x=B_x$，那么最短路径就只有一条，为线段$AB$，如果要经过$F$，那么$F$要满足在$AB$上，则$F_x=A_x=B_y,min(A_y,B_y) \leqslant F_y \leqslant max(A_y,B_y)$，所以$AB$间的距离就要绕路，其实就是$|A_x-B_x|+|A_y-B_y|+2$，如果$F_y$不满足条件，还是与$1.$一样。

$A_y=B_y同理$

代码实现：

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

void read(int &sum)
{
	sum=0;char last='w',ch=getchar();
	while (ch<'0' || ch>'9') last=ch,ch=getchar();
	while (ch>='0' && ch<='9') sum=sum*10+ch-'0',ch=getchar();
	if (last=='-') sum=-sum;
}
int t;
int Ax,Ay,Bx,By,Fx,Fy;
int main()
{
//	freopen("M.in","r",stdin);
//	freopen("M.out","w",stdout);
	read(t);
	while (t--)
	{
		read(Ax),read(Ay),read(Bx),read(By),read(Fx),read(Fy);
		if ((Ax==Bx && Bx==Fx) || (Ay==By && By==Fy))
		{
			if ((Ax==Bx && Fy>min(Ay,By) && Fy<max(Ay,By)) || (Ay==By && Fx>min(Ax,Bx) && Fx<max(Ax,Bx)))
				printf("%d\n",abs(Ax-Bx)+abs(Ay-By)+2);
			else
				printf("%d\n",abs(Ax-Bx)+abs(Ay-By));
				
		}
		else printf("%d\n",abs(Ax-Bx)+abs(Ay-By));
	}
//	fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}

B. Alphabetical Strings（题目）

题目大意：有一个字符串$a$，第一次可以在字符串的头或尾加上一个$b$，第二次可以在字符串的头或尾加上一个$c$……现在给出一个字符串$s$问$s$是不是用上述方法生成的字符串

分析：找到$a$，从$a$开始$dfs$每次看看当前已经匹配的字符串的首尾有没有当前要寻找的字符，如果把整个$s$遍历完了都每问题，就是，否则不是

代码实现：

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

void read(int &sum)
{
	sum=0;char last='w',ch=getchar();
	while (ch<'0' || ch>'9') last=ch,ch=getchar();
	while (ch>='0' && ch<='9') sum=sum*10+ch-'0',ch=getchar();
	if (last=='-') sum=-sum;
}
int t,len;
char s[30];
char ch[27]={'a','a','b','c','d','e','f','g','h','i','j','k','l','m','n','o','p','q','r','s','t','u','v','w','x','y','z'};
bool dfs(int x,int wh,int ht)
{
//	printf("%d %d %d\n",x,wh,ht);
	if (wh==len+1) return true;
	if (ht==1)
	{
		if (s[x-1]==ch[wh]) return dfs(x-1,wh+1,1);
		else if (s[x+wh-1-1+1]==ch[wh]) return dfs(x+wh-1-1+1,wh+1,0);
		else return false;
	}
	else
	{
		if (s[x+1]==ch[wh]) return dfs(x+1,wh+1,0);
		else if (s[x-wh+1+1-1]==ch[wh]) return dfs(x-wh+1+1-1,wh+1,1);
		else return false;
	}
}
int main()
{
//	freopen("M.in","r",stdin);
//	freopen("M.out","w",stdout);
	read(t);
	while (t--)
	{
		scanf("%s",s+1),len=strlen(s+1);
		bool bz=false;
		for (int i=1;i<=len;i++)
			if (s[i]=='a')
				bz=dfs(i,2,1);
		if (bz==true)
			printf("YES\n");
		else
			printf("NO\n");
	}
//	fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}

C. Pair Programming（题目）

题目大意：给出一个数$k$，和两个长度分别为$n,m$的数列$a,b$，每次操作可以从$a或b$的队首取走一个数$a_i或b_j$。如果，$a_i或b_j=0$，那么将$k+1$,否则如果$k\geqslant _i 或 k\geqslant b_j$就可以执行，否则就不可以执行这个操作，问能不能将$a,b$都取完

分析：

我们可以利用贪心的思想，因为要$k\geqslant a_i或b_j$，那么我们肯定要$k$尽可能的大，于是就要先执行$a,b$中队首为$0$的，如果都不为$0$，就先执行$a_i,b_j$中较小的

如果执行完了就输出操作顺序，否则输出$-1$

代码实现：

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

void read(int &sum)
{
	sum=0;char last='w',ch=getchar();
	while (ch<'0' || ch>'9') last=ch,ch=getchar();
	while (ch>='0' && ch<='9') sum=sum*10+ch-'0',ch=getchar();
	if (last=='-') sum=-sum;
}
int t;
int n,m,k;
int a[110],b[110];
int main()
{
//	freopen("M.in","r",stdin);
//	freopen("M.out","w",stdout);
	read(t);
	while (t--)
	{
		read(k),read(n),read(m);
		for (int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),a[n+1]=1<<30;
		for (int j=1;j<=m;j++) read(b[j]),b[m+1]=1<<30;
		int i=1,j=1;
		int ans[220],len=0;
		while (1)
		{
			//printf("%d %d\n",i,j);
			if (i>n && j>m) break;
			if (a[i]==0 && i<=n) k++,ans[++len]=a[i],i++;
			else if (b[j]==0 && j<=m) k++,ans[++len]=b[j],j++;
			else if (a[i]<=b[j] && i<=n && a[i]<=k) ans[++len]=a[i],i++;
			else if (a[i]>b[j] && j<=m && b[j]<=k) ans[++len]=b[j],j++;
			else break;  
		}
		if (len==n+m) { for (int i=1;i<=len;i++) printf("%d ",ans[i]); }
		else printf("-1");
		printf("\n");
	}
//	fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}

D. Co-growing Sequence（题目）

题目大意：给出$A$数列，找到一个字典序最小的$B$数列，令数列$C$，$C_i=A_i \oplus B_i$，且$C_i \ \ AND\ \ C_{i+1}=C_i$

分析：

由题目可以知道$$(A_i \oplus B_i) \ \ AND \ \ (A_{i+1} \oplus B_{i+1})=(A_i \oplus B_i)$$因为我们要$B_{i+1}$尽可能小，所以取$(A_{i+1} \oplus B_{i+1})$的最小值$$\therefore (A_{i+1} \oplus B_{i+1})=(A_i \oplus B_i)$$$$\therefore B_{i+1}=A_i \oplus B_i \oplus A_{i+1}$$

这样$B$的递推式就出来了，有因为字典序要最小，所以$B_1=0$，递推即可

代码实现：

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;

void read(int &sum)
{
	sum=0;char last='w',ch=getchar();
	while (ch<'0' || ch>'9') last=ch,ch=getchar();
	while (ch>='0' && ch<='9') sum=sum*10+ch-'0',ch=getchar();
	if (last=='-') sum=-sum;
}
int t;
int n;
int x[2*100010];
int y[2*100010];
signed main()
{
//	freopen("M.in","r",stdin);
//	freopen("M.out","w",stdout);
	read(t);
	while (t--)
	{
		read(n);
		for (int i=1;i<=n;i++)
			read(x[i]);
		y[1]=0;
		for (int i=2;i<=n;i++)
		{
			y[i]=((x[i-1]^(y[i-1]/*%maxh[i-1]*/))|(x[i]/*%maxh[i-1]*/))^(x[i]/*%maxh[i-1]*/);
		}
		
		for (int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",y[i]);
		printf("\n"); 
	}
//	fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}

E. Air Conditioners（题目）

题目大意：有$n$个房间和$k$个空调，第$A_i$个房间里有一个空调，空调温度为$T_i$，第$i$个房间的温度为$min_{j=1}^{k}(|A_j-i|+T_j)$，求每个房间的温度

分析：

首先我们可以进行暴力模拟，但这样会超时，所以我们经过观察，发现这个房间的最低温度为它$Min(左边房间的最低温度+1，右边房间最低温度+1)$，所以我们可以把这个问题分成两部分，分别求$L_i$表示左边空调可以让$i$号房间能到底的最低温度，右边同理

这个问题我们可以用$DP$来解决，初始化每个房间都是$2^{31}-1$，之后使得$L_{A_i}=T_i$，容易得到转移方程就是$L_i=min(L_{i-1}+1,L_i)$，所以每个房间的温度就是$min(L_i,R_i)$

代码实现：

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

void read(int &sum)
{
	sum=0;char last='w',ch=getchar();
	while (ch<'0' || ch>'9') last=ch,ch=getchar();
	while (ch>='0' && ch<='9') sum=sum*10+ch-'0',ch=getchar();
	if (last=='-') sum=-sum;
}
int q;
int n,k;
int t[3*100010];
int l[3*100010],r[3*100010];
struct node { int x,t; }a[3*100010];
bool cmp(node a,node b) { return a.t<b.t; }
int main()
{
//	freopen("M.in","r",stdin);
//	freopen("M.out","w",stdout);
	read(q);
	while (q--)
	{
		memset(l,63,sizeof(l));
		memset(r,63,sizeof(r));
		read(n);read(k);
		for (int i=1;i<=k;i++) read(a[i].x);
		for (int i=1;i<=k;i++) read(a[i].t),l[a[i].x]=r[a[i].x]=a[i].t;
		for (int i=1;i<=n;i++) l[i]=min(l[i],l[i-1]+1);
		for (int i=n;i>=1;i--) r[i]=min(r[i],r[i+1]+1);
		for (int i=1;i<=n;i++) t[i]=min(l[i],r[i]);	
		for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",t[i]);
		printf("\n");
	}
//	fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}

F. Array Stabilization (GCD version)（题目）

题目大意：给出一个数列$A$，求最小的长度$len$，使得$gcd(A_1,A_2,...,A_{1+len-1})=gcd(A_2,A_3,...,A_{2+len-1})=...=gcd(A_n,A_1,...,A_{(n+len-1)\%n})$

分析：

看到求一个区间的$gcd$，我们容易想到用线段树维护一些区间$gcd$，之后二分长度就可以求出$len$，时间复杂度$O(t*(n*\log_2n+\log_2n*\log_2n))$

代码实现：

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

void read(int &sum)
{
	sum=0;char last='w',ch=getchar();
	while (ch<'0' || ch>'9') last=ch,ch=getchar();
	while (ch>='0' && ch<='9') sum=sum*10+ch-'0',ch=getchar();
	if (last=='-') sum=-sum;
}
int t,n;
int ans;
struct tree { int l,r,c; }tr[2*100010*8];
int a[2*100010],b[2*100010];
int gcd(int x,int y)
{
	if (x%y==0) return y;
	else return gcd(y,x%y);
}
void build(int l,int r,int k)
{
	tr[k].l=l,tr[k].r=r;
	if (l==r) tr[k].c=a[l];
	else
	{
		int mid=(l+r)/2;
		build(l,mid,k*2),build(mid+1,r,k*2+1);
		tr[k].c=gcd(tr[k*2].c,tr[k*2+1].c);
	}
}
int ask(int l,int r,int k,int x,int y)
{
	if (r<l) return -1;
	if (y<l || r<x) return -1;
	if (x<=l && r<=y) return tr[k].c;
	int mid=(l+r)/2;
	int q=ask(l,mid,k*2,x,y),p=ask(mid+1,r,k*2+1,x,y);
	if (q==-1) return p;
	if (p==-1) return q;
	if (q!=-1 && p!=-1) return gcd(q,p);
	else return -1;
}
bool check(int len)
{
//	printf("len : %d\n",len);
	int mmax=0,mmin=100000000;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int l=i,r=i+len-1;
		if (r<=n) 
			mmax=max(mmax,ask(1,n,1,l,r)),
			mmin=min(mmin,ask(1,n,1,l,r));
		else
			mmax=max(mmax,gcd(ask(1,n,1,l,n),ask(1,n,1,1,(i+len-1)%n))),
			mmin=min(mmin,gcd(ask(1,n,1,l,n),ask(1,n,1,1,(i+len-1)%n)));
//		printf("%d %d %d\n",l,i+len-1,(i+len-1)%n);
//		printf("m : %d %d\n",mmax,mmin);
	}
//	printf("m : %d %d\n",mmax,mmin);
	if (mmax==mmin) return true;
	else return false;
}
int main()
{
//	freopen("M.in","r",stdin);
//	freopen("M.out","w",stdout);
	read(t);
	while (t--)
	{
		read(n);
		for (int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
		build(1,n,1);
		int l=1,r=n+1;
		while (r-l>1)
		{
			int mid=(l+r)/2;
			if (check(mid)==true) r=mid;
			else l=mid+1;
		}
//		printf("%d %d\n",l,r);
		int g;
		if (check(r)==true) g=r;
		if (check(l)==true) g=l;
		printf("%d\n",g-1);
	}
//	fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}

G. How Many Paths?（题目）

题目大意：给出一个有向图，问对于每一个点$i(1\leqslant i \leqslant n)$，如果点$1$到它有一条路径输出$1$，两条或以上（有限个）输出$2$，无数条输出$-1$，不能到底输出$0$

分析：对于一个有环的路径，就是无数条的，于是我们只有用$tarjan$把环判掉，所有经过环的路径到达的点都是$-1$，其他的$bfs$统计一些个数就可以了。

代码实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=400010,M=400010;
struct node {
	int u,v,next;
} a[M];
int n,m,h[N],cnt,top,dfn[N],low[N],vis[N],ans[N];
stack<int> st;
 
void add(int u,int v)
{
	a[++top]=(node){u,v,h[u]}; h[u]=top;
}
void solve(int x,int k)
{
	if (k==-1) ans[x]=-1;
	if (ans[x]==-1) return;
	ans[x]=min(ans[x]+k,2);
}
void tarjan(int u)
{
	dfn[u]=low[u]=++cnt;
	st.push(u);
	vis[u]=1;
	for (int v,tmp=h[u];tmp;tmp=a[tmp].next) {
		v=a[tmp].v;
		if (v==u) ans[u]=-1;
		if (!dfn[v]) {
			tarjan(v);
			low[u]=min(low[u],low[v]);
		} else if (vis[v]) low[u]=min(low[u],dfn[v]);
	}
	if (dfn[u]==low[u]) if (st.top()!=u) {
		int x;
		do {
			x=st.top(); st.pop();
			ans[x]=-1;
			vis[x]=0;
		} while (x!=u);
	} else {
		vis[st.top()]=0; st.pop();
	}
}
void dfs(int u)
{
	if (vis[u]) return;
	vis[u]=1;
	for (int v,tmp=h[u];tmp;tmp=a[tmp].next) {
		v=a[tmp].v;
		solve(v,ans[u]);
		dfs(v);
	}
}
void dfs2(int u)
{
	for (int v,tmp=h[u];tmp;tmp=a[tmp].next) {
		v=a[tmp].v;
		if (ans[v]==1) {
			ans[v]=2;
			dfs2(v);
		}
	}
}
int main()
{
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while (T--) {
		scanf("%d%d",&n,&m);
 
		for (int i=1;i<=n;i++) h[i]=dfn[i]=low[i]=vis[i]=ans[i]=0;
		while (!st.empty()) st.pop();
		top=0;
 
		for (int u,v,i=1;i<=m;i++) {
			scanf("%d%d",&u,&v);
			add(u,v);
		}
 
		tarjan(1);
		solve(1,1);
		for (int i=1;i<=n;i++) vis[i]=0;
		for (int i=1;i<=n;i++) if (ans[i]==-1) dfs(i);
		dfs(1);
		for (int i=1;i<=n;i++) if (ans[i]==2) dfs2(i);
 
		for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]); printf("\n");
	}
 
	return 0;
}

posted @ 2021-10-09 13:40 WBWYX 阅读(68) 评论(0) 收藏举报

刷新页面返回顶部

Codeforces Round #731 (Div. 3)

Codeforces Round #731 (Div. 3)

A. Shortest Path with Obstacle（题目）

题目大意：在一个方格中，给出\(A,B,F\)三点，每次能向上下左右移动一格，但不能经过\(F\)问\(从A到B\)最少要移动多少次

分析：

代码实现：

B. Alphabetical Strings（题目）

题目大意：有一个字符串\(a\)，第一次可以在字符串的头或尾加上一个\(b\)，第二次可以在字符串的头或尾加上一个\(c\)……现在给出一个字符串\(s\)问\(s\)是不是用上述方法生成的字符串

分析：找到\(a\)，从\(a\)开始\(dfs\)每次看看当前已经匹配的字符串的首尾有没有当前要寻找的字符，如果把整个\(s\)遍历完了都每问题，就是，否则不是

代码实现：

C. Pair Programming（题目）

分析：

代码实现：

D. Co-growing Sequence（题目）

题目大意：给出\(A\)数列，找到一个字典序最小的\(B\)数列，令数列\(C\)，\(C_i=A_i \oplus B_i\)，且\(C_i \ \ AND\ \ C_{i+1}=C_i\)

分析：

代码实现：

E. Air Conditioners（题目）

题目大意：有\(n\)个房间和\(k\)个空调，第\(A_i\)个房间里有一个空调，空调温度为\(T_i\)，第\(i\)个房间的温度为\(min_{j=1}^{k}(|A_j-i|+T_j)\)，求每个房间的温度

分析：

代码实现：

F. Array Stabilization (GCD version)（题目）

题目大意：给出一个数列\(A\)，求最小的长度\(len\)，使得\(gcd(A_1,A_2,...,A_{1+len-1})=gcd(A_2,A_3,...,A_{2+len-1})=...=gcd(A_n,A_1,...,A_{(n+len-1)\%n})\)

分析：

代码实现：

G. How Many Paths?（题目）

题目大意：给出一个有向图，问对于每一个点\(i(1\leqslant i \leqslant n)\)，如果点\(1\)到它有一条路径输出\(1\)，两条或以上（有限个）输出\(2\)，无数条输出\(-1\)，不能到底输出\(0\)

分析：对于一个有环的路径，就是无数条的，于是我们只有用\(tarjan\)把环判掉，所有经过环的路径到达的点都是\(-1\)，其他的\(bfs\)统计一些个数就可以了。

代码实现：

公告