AtCoder Beginner Contest 377
A - Rearranging ABC
思路
排序判断两串是否相等即可；
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int int long long
#define pb push_back
#define bs bitset
using namespace std;
typedef pair<char,int> PCI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef priority_queue<int> PQ;
const int N = 2e5+10, MAX = 1e9, INF = -1e9;
string s;
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>s;
sort(s.begin(),s.end());
if(s=="ABC")cout<<"Yes"<<endl;
else cout<<"No"<<endl;
return 0;
}
B - Avoid Rook Attack
思路
范围很小，考虑暴力，记录所有棋子所在的行列，将所有记录的行列全部记为 "#" ，再扫一遍找空位；
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int int long long
#define pb push_back
#define bs bitset
using namespace std;
typedef pair<char,int> PCI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef priority_queue<int> PQ;
const int N = 9, MAX = 1e9, INF = -1e9;
char g[N][N];
bool c[N];
bool r[N];
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
for(int i=1;i<=8;i++){
for(int j=1;j<=8;j++){
cin>>g[i][j];
if(g[i][j]=='#'){
c[i]=true;
r[j]=true;
}
}
}
for(int i=1;i<=8;i++){
if(c[i]){
for(int j=1;j<=8;j++){
g[i][j]='#';
}
}
if(r[i]){
for(int j=1;j<=8;j++){
g[j][i]='#';
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=8;i++){
for(int j=1;j<=8;j++){
if(g[i][j]=='.')ans++;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
C - Avoid Knight Attack
思路
考虑 set ，棋盘所有位置一共 \(n^2\) 个，用 set 记录所有不可再放置的坐标（如果合法的话），答案就是$ n^2 -set.size()$ ；
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int int long long
#define pb push_back
#define bs bitset
using namespace std;
typedef pair<char,int> PCI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef priority_queue<int> PQ;
const int N = 2e5+10, MAX = 1e9, INF = -1e9;
int n,m;
int a,b;
set<PII> s;
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>a>>b;
if(a+2<=n&&b+1<=n)s.insert({a+2,b+1});
if(a+1<=n&&b+2<=n)s.insert({a+1,b+2});
if(a-1>=1&&b+2<=n)s.insert({a-1,b+2});
if(a-2>=1&&b+1<=n)s.insert({a-2,b+1});
if(a-1>=1&&b-2>=1)s.insert({a-1,b-2});
if(a+1<=n&&b-2>=1)s.insert({a+1,b-2});
if(a+2<=n&&b-1>=1)s.insert({a+2,b-1});
if(a-2>=1&&b-1>=1)s.insert({a-2,b-1});
s.insert({a,b});
}
cout<<n*n-s.size()<<endl;
return 0;
}
D - Many Segments 2
思路
逆向思维，考虑所有至少包含一个目标区间的区间个数，对每个位置，找到以该位置为起点向后所有包含目标区间的个数，加起来就是所有至少包含一个目标区间的区间个数；具体方法，先对目标区间按照左端点排序，对于每个位置，在所有左端点大于该位置的目标区间中，找到最小的右端点的位 \(p\) ，答案就是:
\[\sum_{i=1}^m m-p+1
\]
由于我们已经按左端点排序，用二分找到左端点第一个大于该位置的目标区间，至于最小右端点，我们对排序好的右端点预处理出一个后最小数组（记录i之后的最小值），时间复杂度为：\(O(mlogn)\) ,最后用总的方案数减去就是我们的答案；
\[ans=\frac{m(m-1)}{2}+m-\sum_{i=1}^m m-p+1
\]
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int int long long
#define pb push_back
#define bs bitset
using namespace std;
typedef pair<char,int> PCI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef priority_queue<int> PQ;
const int N = 2e5+10, MAX = 1e9, INF = -1e9;
int n,m;
vector<PII> v(N);
vector<int> r(N);
vector<int> l(N);
vector<int> ms(N);
bool cmp(PII x,PII y){
return x.first<y.first;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n>>m;
int ans=m*(m-1)/2+m;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>v[i].first;
cin>>v[i].second;
}
sort(v.begin()+1,v.begin()+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++){
r[i]=v[i].second;
l[i]=v[i].first;
}
int mi=MAX;
for(int i=n;i>=1;i--){
mi=min(r[i],mi);
ms[i]=mi;
}
//cout<<ans<<endl;
for(int i=1;i<=m;i++){
int p=lower_bound(l.begin()+1,l.begin()+1+n,i)-l.begin();
//nth_element(r.begin(),r.begin()+p,r.begin()+1+n);
if(p<=n)ans-=m-(ms[p])+1;
//cout<<p<<" "<<l[p]<<" "<<ms[p]<<" "<<m-(ms[p])+1<<endl;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
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