洛谷 LGR-171 赛后总结

洛谷 LGR-171 赛后总结

比赛链接：https://www.luogu.com.cn/contest/146495

建议先看原题再看文章。

A - Water（P10056）

有 \(n\) 个杯子，每个杯子的容积是 \(a\)，且初始装有 \(b\) 体积水。
你可以进行任意次操作，每次操作选择任意两个杯子，将其中一个杯子内的水全部倒入另一个杯子中，但是过程中杯子里的水不能溢出（即不能超过其容积），如果不满足则无法进行该操作。请通过合法的操作，最大化装有最多水的杯子里水的体积。

Module 1 总结

赛时是一眼秒的。

显然把水全倒在一个杯子里，得到的答案最大，也就是 \(b \times n\)。但是可能会溢出，容量为 \(x\) 的情况下，最多能装 \(\Big\lfloor \dfrac{x}{b} \Big\rfloor\) 个初始装有 \(b\) 体积的水杯的容量。所以答案是 \(\min\Big(n \times b,\ b \times \Big\lfloor \dfrac{x}{b} \Big\rfloor\Big)\)。

记得开 long long！

Module 2 代码

Code

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>

using namespace std;

using ll = long long;

const int kMaxN = 5050, kMaxM = 5e4 + 50, kInf = (((1 << 30) - 1) << 1) + 1;
const ll kLInf = 9.22e18;

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    ll a, b, n;
	cin >> a >> b >> n;
	cout << min(n * b, b * (a / b)) << '\n';
	return 0;
}

B - Line（P10057）

在一个二维平面内，给定两条分别与 \(x\) 轴和 \(y\) 轴平行的线段 \(AB\) 和 \(CD\)。你可以选择一条线段，将其沿着平行于坐标轴（上下左右）的任意一个方向平移任意单位长度，称为一次操作。问至少进行几次操作可以使两条线段相交？

Module 1 总结

赛时思考了一会，还错了 \(3\) 次。

首先，题目中说 \(x_A<x_B\)，\(x_C=x_D\)，\(y_A=y_B\)，\(y_C<y_D\)。所以我们发现，第一条线段是竖的，第二条是横的。所以我们先判断第一段和第二段的 \(x\) 轴是否重合（\(x_A \le x_C \le x_B\) 或 \(x_A \le x_D \le x_B\)），如果不是，答案 \(+1\)。再判断 \(y\) 轴是否重合（\(y_C \le y_A \le y_D\) 或 \(y_C \le y_B \le y_D\)），如果不是，答案 \(+1\)。

Module 2 代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>

using namespace std;

using ll = long long;

const int kMaxN = 5050, kMaxM = 5e4 + 50, kInf = (((1 << 30) - 1) << 1) + 1;
const ll kLInf = 9.22e18;

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
  int t, x[5], y[5];
	for (cin >> t; t; -- t) {
		for (int i = 1; i <= 4; ++ i) { // 输入，用数组方便
			cin >> x[i] >> y[i];
		}
		int ans = 0;
		if (!(x[3] >= x[1] && x[3] <= x[2])) { // x 轴是否重合
			++ ans;
		} 
		if (!(y[1] >= y[3] && y[1] <= y[4])) { // y 轴是否重合
			++ ans;
		}
		cout << ans << '\n';
	}
	return 0;
}

C - Reverse and Rotate（P10058）

给定一个字符串 \(S\) 和 \(n\) 次操作，每次操作为以下 \(3\) 种形式之一：1. < x 表示将 \(S\) 向左循环移动 \(x\) 位。例如：\(\mathtt{abcde}\) 执行 < 2 后变成 \(\mathtt{cdeab}\)。2. > x 表示将 \(S\) 向右循环移动 \(x\) 位。例如：\(\mathtt{abcde}\) 执行 > 2 后变成 \(\mathtt{deabc}\)。3. rev 表示将 \(S\) 翻转。例如：\(\mathtt{abcde}\) 执行 rev 后变成 \(\mathtt{edcba}\)。求 \(S\) 在依次执行这 \(n\) 次操作后得到的字符串 \(S'\)。

Module 1 总结

赛事想到了正解的 \(70\%\)，但还是与 AC 擦肩而过。

赛时得分：\(30\)，TLE #4~#10。

Module 2 赛后题解

前置知识：\(|S|\) 表示字符串 \(S\) 的长度。

首先我们发现，< 和 > 操作为相反操作，且 \(x\) 可以对 s.size() 取模后再操作。

所以当没有 rev 操作时，可以定义一个变量 \(p\)。当 < 操作时加上 \(x \bmod |s|\)，> 时反之。最后判断正负，如果是正数就执行 < p，负数则执行 > p。

但现在有 rev 操作。rev 操作反转了字符串，所有操作相反。我们定义一个 \(f\) 用来记录 \(S\) 的反转次数，为反转次数 \(\bmod \ 2\)。这里要注意一点，如果 \(p < 0\) 或 \(p \ge |S|\) 时需要把 \(p\) 加上或减去 \(|S|\) 把 \(p\) 的位置调到 \(0 \sim |S| - 1\)。 最后根据 \(f\) 分类输出即可。

Moudule 3 代码

赛时代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>

using namespace std;

using ll = long long;

const int kMaxN = 5050, kMaxM = 5e4 + 50, kInf = (((1 << 30) - 1) << 1) + 1;
const ll kLInf = 9.22e18;

string s, t;
int n, rmv = 0, x;
bool rev = 0;

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> s >> n;
	int m = s.size();
	for (; n; -- n) {
		cin >> t;
		if (t == "<") {
      cin >> x;
			x %= m;
			s = s.substr(x) + s.substr(0, x);
		} else if (t == ">") {
			cin >> x;
			x %= m;
			s = s.substr(m - x) + s.substr(0, m - x);
		} else {
			reverse(s.begin(), s.end());
		}
	}
	cout << s << '\n';
	return 0;
}

题解代码（伪代码）：

Input and Define variables
string op
int x
input(op)
if (op = ">" && f = true) || (op = "<" && f = false)
  input(x)
  x %= s.size()
  p -= x
  if p < 0
    p += s.size()
else if (op = ">" && f = false) || (op = "<" && f = true) 
  input(x)
  x %= s.size()
  p += x
  if p >= s.size()
    p -= s.size()
else 
  f = !f

if f = true
  output(s[p]...s[size() - 1])
  output(s[0]...s[p - 1])
else
  output(s[p - 1]...s[0])
  output(s[s.size() - 1]...s[p])
  

D - Choose（P10059）

没做，没时间。