atcoder abc 276 A - E

A - Rightmost

题意：

给定一个字符串，确定字母a，最后出现的位置，若字符串中没有出现字母a，则输出-1

思路：

遍历统计

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;



int main() {
	string s;
	cin >> s;
	
	int ans = -1;
	
	for (int i = 0; i <= s.size(); i ++ ) {
		if(s[i] == 'a') {
			ans = i;	
		}
	}
	
	if(ans == -1) cout << -1 << endl;
	else {
		cout << ans + 1 << endl;
	}
	
	return 0;
}

B - Adjacency List

题意：

在一个n个点，m条边的图中，打印每个点直接相连的点（升序）

思路：

用vector存储每个边的直接相邻点

时间复杂度：O（m）

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 2e5 + 5;

vector<int> v[N];

int main() {
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	
	for (int i = 1; i <= m; i ++ ) {
		int a, b;
		scanf("%d%d", &a, &b);
		
		v[a].push_back(b);
		v[b].push_back(a);
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		cout << v[i].size() << " ";
		
		sort(v[i].begin(), v[i].end());
		
		for (int j = 0; j < v[i].size(); j ++ ) {
			cout << v[i][j] << " ";
		}
		
		cout << "\n";
	}
	
	
	
	
	return 0;
}

C - Previous Permutation

题意：

按照规定给予一个序列，打印按照字典序从小到大排序该序列的上一个序列

思路：prev_permutation直接过，（手动模拟的思路有些问题，只能过一半的数据）

时间复杂度：prev_permutation和next_permutation的时间复杂度是O（n）

代码；

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 200;
int a[N];
bool vis[N];


int main() {
	int n;
	cin >> n;
	
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];
	
	prev_permutation(a + 1, a + 1 + n);
	
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		cout << a[i];
		
		if(i == n) cout << endl;
		else cout << " ";
	}	
	
	
	
	return 0;
}

Divide by 2 or 3

题意：

给定一个数组，对于数组的每一个元素你这可以执行两种操作

1、若a[i] % 2 == 0,你可以用 a[i] / 2 代替 a[i]
2、若a[i] % 3 == 0,你可以用 a[i] / 3 代替 a[i]

若是使得数组中所以元素都相同，你所需的最小操作数是多少，若不行则输出-1

思路：

如果最后能一样，说明a1~an中都可以化为 a1 = b1 * x...。因此a1_{an中肯定有一个最小的公倍数并且是公共的。而且如果最后能化成一样，说明b1}bn都是2的倍数或者3的倍数否则无法除到x。

时间复杂度：O（n）

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int gcd(int a, int b) {
	if(b == 0) {
		return a;
	}
	
	return gcd(b, a % b);
}

int main() {
	int n;
	cin >> n;
	
	vector<int> a(n);
	bool flag = false;
	
	for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
		cin >> a[i];
	}
	
	int ans = 0;
	int temp = 0;
	
	for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
		temp = gcd(temp, a[i]);
	}
	
	for (auto &x : a) {
		x /= temp;
		
		for (; x % 2 == 0; x /= 2) {
			ans ++ ;
		}
		
		for (; x % 3 == 0; x /= 3) {
			ans ++ ;
		}
		if(x != 1) flag = true; 
	}
	
	if(flag) {
		cout << -1 << endl;
	}
	else {
		cout << ans << endl;
	}
	
	
	
	
	return 0;
}

E - Round Trip

题意：

在一个H * W的矩阵中，有障碍物、路和起点，问是否存在一个简单路径重新回到起点，并且路径的长度要大于等于4

思路：

由于数据给定比较特殊所以使用vector来存储，保证图的完整，然后从起点dfs，注意这里的需要排除一些特殊情况，

当离开起点1个单位的时候，若是下一个点在沿着这个方向走回来，那路径就是2，所以需要排除这种情况

时间复杂度：O（H * M）

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define inf 1e9
const int N = 1e6 + 5;

vector<char> a[N];
vector<int> dis[N];
vector<int> vis[N];
int n, m;
int xx, yy;
int ans;

int dx[] = {-1, 0, 1, 0};
int dy[] = {0, 1, 0, -1};

void dfs(int x, int y, int s) {
	//找到了 
	if(x == xx && y == yy && s >= 4) {
		ans = 1;
		return ;
	}
	
	if(s <= dis[x][y]) return ;
	dis[x][y] = s;
	
	for (int k = 0; k < 4; k ++ ) {
		int i = x + dx[k];
		int j = y + dy[k];
		
		if(i < 1 || i > n || j < 1 || j > m) continue;
		
		if(a[i][j] == '#' || vis[i][j]) continue;
		
		if((!(i == xx && j == yy)) || s + 1 >= 4) {
			vis[i][j] = 1;
			dfs(i, j, s + 1);
			vis[i][j] = 0;
		}
	
		if(ans) return ;
	}
}

int main() {
	cin >> n >> m;
	
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		a[i].push_back(' ');
		vis[i].push_back(0);
		dis[i].push_back(0);
		for (int j = 1; j <= m; j ++ ) {
			char str;
			cin >> str;
			a[i].push_back(str);
			vis[i].push_back(0);
			dis[i].push_back(-inf);
			
			if(str == 'S') {
				xx = i, yy = j;
				dis[i][j] = -1;
			}
		}
	}
		
 	dfs(xx, yy, 0);
	
	if(ans) cout << "Yes" << endl;
	else cout << "No" << endl;
	
	
	return 0;
}