Codeforces Round 937 (Div. 4)
Codeforces Round 937 (Div. 4)
B题是输出规律图形题，对于这种题不能直接不思考就上去模拟，而应该思考一下数学规律，往往是模意义下的规律。
本题只需要模4以后的结果分为两类，分别讨论即可。对于模4可以利用位运算取出第二位的，这与模2同理。
char s1='#';
char s2='.';
void solve(){
cin>>n;
vector<vector<char>>ans(2*n+1,vector<char>(2*n+1,'0'));
//vector<vector<bool>>v(2*n+1,vector<bool>(2*n+1,0));
for(int i=1;i<=2*n;i++){
for(int j=1;j<=2*n;j++){
int u=i%4;int v=j%4;
if(u==1||u==2){
if(v==1||v==2){
ans[i][j]=s1;
}
}
else if(u==3||u==0){
if(v==3||v==0){
ans[i][j]=s1;
}
}
if(ans[i][j]=='0')ans[i][j]=s2;
}
}
for(int i=1;i<=2*n;i++){
for(int j=1;j<=2*n;j++){
cout<<ans[i][j];
}
cout<<endl;
}
}
C:增加常识：12小时制没有0，是从1-12开始的，这符合时钟表盘下的数字。24小时制是没有24.
D：要求快速判断一个数能不能由只含若干0和1的数字相乘得到。
Solution：对于多次询问，我们提前打表预处理，实现\(O(1)\)查询。首先根据范围利用状态压缩得到范围内的可能01串，然后只需要将他们随意相乘能得到哪些数。
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我只想到了dfs暴搜，到边界了就剪枝return
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正解是跑完全背包，可达性统计
Code:
int a[N]; map<int,int>mp; vector<int>v; void dfs(int u){ if(u>100000)return ; //cerr<<u<<endl; mp[u]=1; for(int i=0;i<30;i++){ dfs(u*v[i]); } } void init(){ mp[100000]=1; for(int i=1;i<32;i++){ int len=__lg(i); string s; for(int j=len;j>=0;j--){ if((i>>j)&1)s+="1"; else s+="0"; } int num=stoi(s); mp[num]=1; //cerr<<num<<endl; if(num!=1)v.push_back(num); } dfs(1); //cerr<<v.size()<<endl; } void solve(){ cin>>n; if(mp[n])cout<<"YES"<<endl; else cout<<"NO"<<endl; }
jiangly的代码学习一下
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
constexpr int N = 1E5;
int dp[N + 1];
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::cout << (dp[n] ? "YES" : "NO") << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
std::vector<int> bin;
for (int s = 1; s < (1 << 5); s++) {
int x = 0;
for (int i = 4; i >= 0; i--) {
x = x * 10 + (s >> i & 1);
}
bin.push_back(x);
}
bin.push_back(N);
dp[1] = 1;
for (auto x : bin) {
for (int y = 1; y * x <= N; y++) {
dp[y * x] |= dp[y];
}
}
int t;
std::cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
E:按照题意暴力模拟即可，需要注意的是
- 只有因子长度string才可能作为daan
- 需要拿两个子串分别check一遍，答案一定才被覆盖
void solve(){
cin>>n;
string s;
cin>>s;
vector<int>v;
for(int i=1;i*i<=n;i++){
if(n%i==0){
v.push_back(i);
if(i*i!=n){
v.push_back(n/i);
}
}
}
auto check=[&](string s1,int len){
string tmp;
for(int i=1;i<=n/len;i++)tmp+=s1;
int cnt=0;
for(int i=0;i<n;i++){
if(tmp[i]!=s[i])cnt++;
}
//cerr<<len<<" "<<cnt<<endl;
if(cnt<=1)return true;
return false;
};
sort(v.begin(),v.end());
for(auto x:v){
//cerr<<x<<" ";
string s1=s.substr(0,x);
if(x==n){
cout<<x<<endl;
return ;
}
string s2=s.substr(x,x);
if(check(s1,x)||check(s2,x)){
cout<<x<<endl;;
return ;
}
}
}
F:给定出度为0，1，2的点的具体数量为\(c,b,a\).要求构造一棵树高最小的树
Solution:首先很容易想到贪心方案：先把所有的2用完，然后再用1，最后补0。
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对于无解情况的判断，利用出度和边的数量关系构造等式\(a+2b=a+b+c-1\)，不符合这个的直接无解
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对于贪心的代码实现，非常的trick,利用bfs每次先把点的对应高度加进去，至于是哪种类型的点需要等到出队的时候再根据剩余情况分配。
//2a+b=a+b+c-1 void solve(){ int a,b,c;cin>>a>>b>>c; if(a+1!=c){ cout<<-1<<endl; return ; } queue<int>q; int x=0;int ans=0; q.push(0); while(q.size()){ auto u=q.front(); //cerr<<u<<endl; q.pop(); ans=u; if(a){ a--; q.push(u+1); q.push(u+1); } else if(b){ b--; q.push(u+1); } } cout<<ans<<endl; }
G题: n个点，每个点有两种性质，两个点之间有一个性质相同就连边，图提前给定，求图上一条最长简单路径
Solution：对于这种一般图求最长路，在n范围较小的情况下，应该快速意识到是状态压缩的TSP类似问题。对于所有可能作为终点的点，计算他的最好状态中1的个数。
void solve(){
vector<string>v1;
vector<string>v2;
cin>>n;
vector<vector<int>>w(n+1,vector<int>(n+1,0));
for(int i=0;i<n;i++){
string s1,s2;cin>>s1>>s2;
v1.push_back(s1);
v2.push_back(s2);
}
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=i;j<n;j++){
//if(j==i)continue;
if(v1[i]==v1[j]||v2[i]==v2[j]){
w[i][j]=1;w[j][i]=1;
}
}
}
// for(int i=0;i<n;i++){
// for(int j=0;j<n;j++){
// cerr<<w[i][j];
// }
// cerr<<endl;
// }
//寻找答案状态：枚举最终的状态和终点，从而计算答案
int ans=0;
vector<vector<int>>dp((1<<n)+1,vector<int>(n+1,0));
for(int i=0;i<n;i++)dp[1<<i][i]=1;
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
for(int j=0;j<n;j++){
int u=(i>>j)&1;
if(u==0)continue;
for(int k=0;k<n;k++){
//为什么不能判断终点j和k转移重复
int v=(i>>k)&1;
if(v==0)continue;
int last=i-(1<<j);
dp[i][j]|=dp[last][k]&w[k][j];
// cerr<<i<<" "<<j<<endl;
if(dp[i][j]){
ans=max(ans,__builtin_popcount(i));
}
}
}
}
cout<<n-ans<<endl;
}
