牛客练习赛122题解A-D

牛客练习赛122

A.黑白配

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int MAXN=1e5+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
#define endl "\n"

void solve(){
	int t,n;
    cin>>t>>n;
    int a[n+1];
    while(t--){
        int cnt1=0,cnt2=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            cin>>a[i];
            if(a[i]==0){
                cnt1++;
            }else{
                cnt2++;
            }
        }
        cout<<abs(cnt1-cnt2)<<endl;
    }
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	int t=1;
	
//	cin>>t;
	while(t--){
		solve();
	}
	
	return 0;
}

B.映射

思路：

数组a中的数只能对应一个b中的值，若对应了两个以上b中的值则No

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int MAXN=1e5+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
#define endl "\n"

void solve(){
	int n;
    cin>>n;
    int a[n+1];
    int b[n+1];
    int c[n+1];
    memset(c,0,sizeof(c));
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>b[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(c[a[i]]!=0&&c[a[i]]!=b[i]){
            cout<<"No"<<endl;
            return ;
        }
        c[a[i]]=b[i];
    }
    cout<<"Yes"<<endl;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	int t=1;
	
	cin>>t;
	while(t--){
		solve();
	}
	
	return 0;
}

C.马走日

思路：

画图可知，n小于3或者m小于3时特判，n和m都等于3时为8，当n>=3并且m>=3时所有点都可到达

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int MAXN=1e5+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
#define endl "\n"

void solve(){
	ll n,m;
    cin>>n>>m;
    ll ans;
    if(n<3||m<3){
        if(n==1||m==1){
            ans=1;
        }else if(n==2){
            ans=1+(m-1)/2;
        }else{
            ans=1+(n-1)/2;
        }
    }else if(n==3&&m==3){
        ans=8;
    }else{
        ans=n*m;
    }
    cout<<ans<<endl;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	int t=1;
	
	cin>>t;
	while(t--){
		solve();
	}
	
	return 0;
}

D.圆

思路：

题目求删除一些边的最小代价，可以反过来求选择一些边的最大价值，一些相交的边不能同时存在，那么就是区间dp的问题。
先将环拆分成链，链的长度为环的两倍，这样可以求点n-1、n-2……的区间；存储边，存储两次，例如x小于y时，存储x-y和y-（x+n），后者为y到第二圈的x的区间；根据题意，两条边不能交叉，一个端点只能有最多一条边;
开始区间dp，第一个for循环枚举终点i，第二个for循环枚举起点j，第三个for循环枚举起点所能到达的点v，若在区间范围内，这里的dp值为j-v的价值+区间（j+1）-（v-1）的值\(dp_{j+1,v-1}\)+区间（v+1）- i的值\(dp_{v+1,i}\)。
最后枚举起点1-n，范围为n，找到最大的区间值，就是最大价值，总数减最大价值就是最小代价。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int MAXN=1e5+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
#define endl "\n"

void solve(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    ll sum=0;//所有边之和
    vector<vector<pair<int ,int > > > edge(2*n+1);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x,y,w;
        cin>>x>>y>>w;
        if(x>y){
            int t=x;
            x=y;
            y=t;
        }
        sum+=w;
        edge[x].emplace_back(y,w);
        edge[y].emplace_back(x+n,w);//y到第二圈的x
    }
    vector< vector<ll> > dp(2 * n + 1,vector<ll>(2 * n + 1, 0ll));//初始化二维数组
    for(int i=1;i<=2*n;i++){//枚举区间终点
        dp[i][i]=0;
        for(int j=i-1;j>=1;j--){//枚举区间起点
            if(i-j+1>n){
                break;
            }
            dp[j][i]=dp[j+1][i];
            for(int k=0;k<edge[j].size();k++){//枚举起点能到达的点
                int v=edge[j][k].first;//边的到达点
                int w=edge[j][k].second;//边的价值
                ll cnt=w;
                if(v>i){//超出区间范围
                    continue;
                }
                if(j+1<v-1){
                    cnt+=dp[j+1][v-1];
                }
                if(v+1<i){
                    cnt+=dp[v+1][i];
                }
                dp[j][i]=max(dp[j][i],cnt);
            }
        }
    }
    ll cnt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){//枚举所有长为n的区间
        cnt=max(cnt,dp[i][i+n-1]);
    }
    ll ans=sum-cnt;
    cout<<ans<<endl;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	int t=1;
	
//	cin>>t;
	while(t--){
		solve();
	}
	
	return 0;
}