AtCoder Beginner Contest 451（ABC451）
A - illegal
判一下字符串长度是否为\(5\)的倍数即可。
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//草扎的精神，从此万寿无疆。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
signed main(){
string s;
cin >> s;
int n = s.length();
if(n%5) cout << "No";
else cout << "Yes";
return 0;
}
B - Personnel Change
算一下一开始每个部门有多少人，更换后每个部门有多少人，有后者减前者就是答案。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int gs[105];
int fs[105];
signed main(){
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;++ i){
int a,b;
cin >> a >> b;
gs[a]++;fs[b]++;
}
for(int i = 1;i <= m;++ i)
cout << fs[i]-gs[i] << '\n';
return 0;
}
C - Understory
用一个小根堆来存储，每次加入的时候就把这个高度加入，每次删除的时候就不断取出堆顶知道堆顶元素大于\(h\)。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q;
signed main(){
cin >> n;
while(n--){
int op,h;
cin >> op >> h;
if(op == 1) q.push(h);
else{
while(!q.empty()&&q.top() <= h)
q.pop();
}
cout << q.size() << '\n';
}
return 0;
}
D - Concat Power of 2
观察样例3可得，\(10^9\)以内的好整数大概在\(10^6\)个左右。
首先把\(10^9\)以内的所有\(2\)的幂都找出来存下来，然后考虑从\(0\)开始\(dfs\)，每次如果这个数小于\(10^9\)，那么就往这个数后面加上一个\(2\)的幂，继续\(dfs\)，直到这个数大于了\(10^9\)，就回溯。
\(dfs\)的过程中把\(dfs\)到的所有数加入一个\(vector\)，最后排一下序，取出这个\(vector\)的第\(n\)小即可。要注意不要把\(0\)加进去，也不要重复加。
有的人可能觉得没有重复加的问题，但看一下\(164\)可以发现，它既可以是\(1,64\)，也可以是\(16,4\)。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n;
int bas[35],bcnt;
vector<int> s;
map<int,int> mp;
int lianjie(int x,int y){
int t = y;
while(t){
x *= 10;
t /= 10;
}
return x+y;
}
void dfs(int x){
if(x <= 1e9){
if(x != 0){
if(!mp[x]) s.push_back(x);
mp[x] = 1;
}
}
else return;
for(int i = 1;i <= bcnt;++ i)
dfs(lianjie(x,bas[i]));
}
signed main(){
cin >> n;
bas[1] = 1;
for(bcnt = 2;;++ bcnt){
bas[bcnt] = bas[bcnt-1]*2;
if(bas[bcnt] > 1e9){
bcnt--;
break;
}
}
dfs(0);
sort(s.begin(),s.end());
cout << s[n-1];
return 0;
}
E - Tree Distance
首先我们知道，如果对于任意的\(i\)，\(j\)，\(k\)，如果有\(a_{i,k}+a_{k,j} < a_{i,j}\)，那么一定构不成一棵树。
为啥？
考虑两种情况：1.\(k\)在\(i\)到\(j\)的路径上，那么一定是等号；
2.\(k\)不在\(i\)到\(j\)的路径上，那么一定是先走到某个点，然后走到\(k\)，再走回这个点，最后走到\(j\)，那么一定是大于号。
所以如果是小于，就一定构不成一棵树。
可是这样显然不行，我们无法枚举\(n^3\)，而且就算满足这个条件，也不一定能构成树。
那么我们先假定满足了这个条件（嘻嘻），那么就剩下了\(\forall i,j,k\)，\(a_{i,k}+a_{k,j} \geq a_{i,j}\)的情况。
所以我们想要构造出最可能有解的一棵树，然后判断一下这棵树是否符合条件（判断就\(O(n^2)\)判就行了）。
现在我们规定对于下面说的所有的\(i,j,k\)，都是\(k\)在\(i\)到\(j\)的路径上的，那么我们就是想要满足\(a_{i,k}+a_{k,j} = a_{i,j}\)这个条件。
那么我们现在是有\(a_{i,k}+a_{k,j} \geq a_{i,j}\)的，那么也就是\(a_{i,k}+a_{k,j}\)最小的时候才有可能满足条件。由于\(k\)在\(i\)到\(j\)的路径上，那么这个式子就相当于\(i\)到\(j\)的距离（注意这里不能说是\(a_{i,j}\)因为我们不确定是否能满足条件），那么想要任意两个点间的距离尽可能小，又是要生成一棵树，那么就是最小生成树了。（想一下为什么，树上两点间的路径是固定的）
这是再来解答为啥可以假定满足了\(a_{i,k}+a_{k,j} \geq a_{i,j}\)，因为我们生成出了一棵树了，那么如果不满足这个基本条件，那么在最后判断的时候一定会被判掉，所以我们不用担心这个条件。
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//草扎的精神，从此万寿无疆。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n;
struct edge{
int u,v,w;
}e[4500005];
int ecnt;
int a[3005][3005];
bool cmp(edge a,edge b){
return a.w < b.w;
}
int fa[3005];
int find(int x){
if(x == fa[x]) return x;
return fa[x] = find(fa[x]);
}
vector<pair<int,int> > ed[3005];
int dis[3005];
int st[3005][15];
int dep[3005];
void dfs(int x,int fa){
dep[x] = dep[fa]+1;
st[x][0] = fa;
for(int i = 1;i <= 13;++ i)
st[x][i] = st[st[x][i-1]][i-1];
for(auto [y,w]:ed[x]){
if(y == fa) continue;
dis[y] = dis[x]+w;
dfs(y,x);
}
}
int lca(int x,int y){
if(dep[x] < dep[y]) swap(x,y);
for(int i = 13;i >= 0;-- i)
if(dep[st[x][i]] >= dep[y])
x = st[x][i];
if(x == y) return x;
for(int i = 13;i >= 0;-- i)
if(st[x][i] != st[y][i])
x = st[x][i],y = st[y][i];
return st[x][0];
}
signed main(){
cin >> n;
for(int i = 1;i < n;++ i){
fa[i] = i;
for(int j = i+1;j <= n;++ j){
cin >> a[i][j];
e[++ecnt] = {i,j,a[i][j]};
}
}
fa[n] = n;
sort(e+1,e+1+ecnt,cmp);
for(int i = 1;i <= ecnt;++ i){
int u = e[i].u;
int v = e[i].v;
int w = e[i].w;
if(find(u) == find(v)) continue;
fa[find(u)] = find(v);
ed[u].push_back({v,w});
ed[v].push_back({u,w});
}
dfs(1,0);
for(int i = 1;i < n;++ i){
for(int j = i+1;j <= n;++ j){
if(a[i][j] != dis[i]+dis[j]-2*dis[lca(i,j)]){
cout << "No";
return 0;
}
}
}
cout << "Yes";
return 0;
}
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