Codeforces Round #639 (Div. 1) 题解 (ABC)

https://codeforces.com/contest/1344

cf排长队,我题解写完了告诉我wa,先咕一会

A. Hilbert's Hotel

希尔伯特旅馆是一个关于集合论的故事,大家可以了解下(

直接按题意来安排 \(0..(n-1)\) 号旅客的房间,判断在模 \(n\) 意义下是否铺满了 \(0..(n-1)\)

感觉证明挺显然的,略了(这么显然的肯定不会证

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
int T,a[N],n,f[N];
signed main(){
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n;
		fill(f,f+n,0);
		repeat(i,0,n)
			cin>>a[i];
		repeat(i,0,n)
			f[((i+a[i])%n+n)%n]++;
		bool ans=true;
		repeat(i,0,n)
			if(f[i]!=1)ans=false;
		cout<<(ans?"YES":"NO")<<endl;
	}
	return 0;
}

B. Monopole Magnets

先判断(是否有空行)异或(是否有空列),如果异或值为真则凉凉。然后判断是否出现#...(省略号).#(即两个#中间夹了.的情况),出现就凉凉

其他情况就输出联通块个数即可

补充:为什么(是否有空行)异或(是否有空列)为真就凉凉?因为如果在这个空行(或空列)中放了南极,北极就可以走到这个空行中,那就没了。如果既有空行又有空列,把南极放在空行和空列的公共部分就行了。第二种情况#...#好理解,不补充了

补充2:已AC,看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define mst(a,a0) memset(a,a0,sizeof(a))
#define vector basic_string
#define fi first
#define se second
#ifndef qwq
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
#endif
//mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
const int N=1010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef double lf; typedef long double llf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)==-1)exit(0); return x;} template<typename T> T sqr(const T &x){return x*x;} typedef pair<int,int> pii;
const int mod=(1?1000000007:998244353); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;} ll getinv(ll v,ll m=mod){return qpow(v,m-2,m);}
//#define int ll
int T,n,m,r[N],c[N];
string s[N];
struct DSU{ //合并:d[x]=d[y],查找:d[x]==d[y]
	int a[N*N];
	void init(int n){iota(a,a+n+1,0);}
	int fa(int x){
		return a[x]==x?x:a[x]=fa(a[x]);
	}
	int &operator[](int x){
		return a[fa(x)];
	}
}d;
int f(int x,int y){return x*m+y;}
set<int> M;
signed main(){
	cin>>n>>m;
	repeat(i,0,n)cin>>s[i];
	d.init(n*m);
	repeat(i,0,n)
	repeat(j,0,m)
	if(s[i][j]=='#'){
		r[i]=1; c[j]=1; //记录是否为空行/列
		if(i!=n-1 && s[i+1][j]=='#')
			d[f(i,j)]=d[f(i+1,j)];
		if(j!=m-1 && s[i][j+1]=='#')
			d[f(i,j)]=d[f(i,j+1)]; //并查集合并联通块
	}
	bool flag=true;
	
	int aa=*min_element(r,r+n)==0;
	int bb=*min_element(c,c+m)==0;
	if(aa^bb)flag=false; //异或值为真
	
	repeat(i,0,n){
		int pre=-1;
		repeat(j,0,m)
		if(s[i][j]=='#'){
			if(pre==-1)
				pre=j;
			else{
				if(pre!=j-1)
					flag=false; //一行中出现#...#
				pre=j;
			}
		}
	}
	repeat(j,0,m){
		int pre=-1;
		repeat(i,0,n)
		if(s[i][j]=='#'){
			if(pre==-1)
				pre=i;
			else{
				if(pre!=i-1)
					flag=false; //一列中出现#...#
				pre=i;
			}
		}
	}
	
	repeat(i,0,n)
	repeat(j,0,m)
	if(s[i][j]=='#')
		M.insert(d[f(i,j)]); //计算联通块
	if(flag==false)cout<<-1<<endl;
	else cout<<M.size()<<endl;
	return 0;
}

C. Quantifier Question

先判环输出-1(显然 \(a<b,b<c,c<a\) 等情况是不存在的)

贪心(能任意则任意)。如果 \(x_i\) 可以走到 \(x_j\) 或者 \(x_j\) 可以走到 \(x_i\)\((i<j)\),那么 \(x_j\) 一定是存在。用这个结论就能开始贪心,for一遍,如果没有被访问(vis)过则把i赋上任意,否则赋上存在,然后把i的所有可达和被可达都访问(vis)一遍

显然每次这么操作会t,因为一个点会被访问 \(O(n)\) 次,复杂度会达到恐怖的 \(O(n^2)\),我们考虑设两个vis数组,一个是在原图上的vis_a,一个是反图上的vis_b,如果跑原图时vis_a被访问就不继续访问,反图亦然,这样复杂度就是 \(O(n)\)

简单题(吧)(大雾)官方题解我还没看,反正AC了(doge)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define mst(a,a0) memset(a,a0,sizeof(a))
#define vector basic_string
#define fi first
#define se second
#ifndef qwq
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
#endif
//mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
const int N=200010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef double lf; typedef long double llf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)==-1)exit(0); return x;} template<typename T> T sqr(const T &x){return x*x;} typedef pair<int,int> pii;
const int mod=(1?1000000007:998244353); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;} ll getinv(ll v,ll m=mod){return qpow(v,m-2,m);}
//#define int ll
int n,m;
int deg[N];
queue<int> q;
vector<int> a[N],b[N]; //a是原图邻接表,b是反图
char ans[N];
bool vis_a[N],vis_b[N];
void del_a(int x){
	if(vis_a[x])return;
	vis_a[x]=1;
	for(auto p:a[x])
		del_a(p);
}
void del_b(int x){
	if(vis_b[x])return;
	vis_b[x]=1;
	for(auto p:b[x])
		del_b(p);
}
signed main(){
	cin>>n>>m;
	while(m--){
		int x,y; cin>>x>>y; x--,y--;
		a[x]+=y; b[y]+=x;
		deg[y]++;
	}
	repeat(i,0,n)
	if(deg[i]==0)
		q.push(i);
	int cnt=0;
	while(!q.empty()){ //这里是拓扑排序判环
		int x=q.front(); q.pop();
		cnt++;
		for(auto p:a[x])
		if(--deg[p]==0)
			q.push(p);
	}
	if(cnt!=n)cout<<-1<<endl,exit(0);
	int ANS=0;
	repeat(i,0,n){
		if(vis_a[i] || vis_b[i])ans[i]='E';
		else{
			ans[i]='A';
			ANS++;
		}
		del_a(i);
		del_b(i);
	}
	cout<<ANS<<endl<<ans;
	return 0;
}
posted @ 2020-05-07 00:41  axiomofchoice  阅读(...)  评论(...编辑  收藏