牛客小白月赛54 A-F
Sakana~
牛客小白月赛54
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/38457#question
题意不用说，因为是中文，自己看就得了
感觉这次比上回难点
F 蛮有意思的，要注意细节
A - Sum
最容易想到的思路就是拿个堆，每次找最大的两个数相加。但是这么做复杂度暴了（我不会算）。
考虑优化一下。先排个序，每次贪心的选最大的两个相加（为什么是两个呢，因为少的肯定比多的优，先加的比较少的话，就可以再多加几次）。这个过程就相当于从后往前求和，前缀和优化一下就行（后缀和也行，更方便）。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e7 + 7, N = 2e5 + 5;
ll a[N], sum[N];
void solve () {
int n;
ll ans = 0;
scanf ("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
sort (a + 1, a + n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i ++) sum[i] = sum[i-1] + a[i];
for (int i = 1; i < n; i ++) {
ll dx = sum[n] - sum[n-i-1];
if (dx < 0) break;
ans += dx;
}
cout << max(0ll, ans % mod) << endl;
}
int main () {
int t;
cin >> t;
while (t --) {
solve ();
}
}
B - Gaming
题目要求在不取满 \(m\) 个的情况下尽可能大，易得最优可能是取 \(m-1\) 个
容易想到的思路就是枚举那个不选的点，然后比较选取权值最小的去掉。
如图：
权值的计算涉及区间覆盖，可以利用差分来做
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
int n, m, sum[N];
signed main () {
cin >> n >> m;
int ans = 0, tot = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int l, r, s;
cin >> l >> r >> s;
sum[r+1] -= s, sum[l] += s;
tot += s;
}
for (int i = 1; i <= m; i ++) {
sum[i] += sum[i-1];
//cout << sum[i] << ' ';
ans = max (ans, tot - sum[i]);
}
cout << ans << endl;
}
//不取某点，枚举该点
C - School
可以先把时间转化为具体的值（统一化单位为 分），然后问题就变为，有 \(n\) 个区间，\(m\) 次询问某点是否在区间内。对于 \(n\) 个区间可以先进行排序，合并等处理，然后二分查找，时间复杂度就可以由 \(O(nq)\) 变为 \(O(qlogn)\)
要读入优化，不然会超时
注意如果输入的左端点大于右端点就代表跨了 天 ，故要划分为两个区间
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e3 + 5, M = 2e6 + 5;
int n, m, h, q;
vector <int> l, r;
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
signed main () {
n = read(), h = read(), m = read(), q = read();
int maxn = h*m;
for (int i = 0; i < n; i ++) {
int a, b, c, d;
a = read(), b = read(), c = read(), d = read();
a = a*m + b, c = c*m + d;
if (a > c) {
l.push_back (a), r.push_back (maxn);
l.push_back (0), r.push_back (c);
}
else l.push_back(a), r.push_back(c);
}
sort (l.begin(), l.end()), sort (r.begin(), r.end());
l.erase (unique(l.begin(), l.end()), l.end());
r.erase (unique(r.begin(), r.end()), r.end());
int sz = l.size();
// for (int i = 0; i < sz; i ++)
// cout << l[i] << ' ' << r[i] << endl;
while (q --) {
int x, y;
x = read(), y = read();
x = x*m + y;
//cout << x << " ";
int j = lower_bound (r.begin(), r.end(), x) - r.begin();
//cout << j << endl;
if (j == sz) printf("Yes\n");
else {
if (l[j] <= x || r[j] == x) printf("No\n");
else printf("Yes\n");
}
}
}
//O(qlogn)
D - Word
可以把每一个单词都看成一个点，两点之间能连边的条件为有且仅有一个字符不同。那么就可以按照这个思路去构造图，然后跑最短路即可。
注意路径记录（有人不会QAQ）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2005;
int n, m, dis[N], path[N];
string s[N];
bool vis[N];
int a[N][N];
bool match (string a, string b) {
int dif = 0;
for (int i = 0; i < m; i ++)
if (a[i] != b[i]) dif ++;
if (dif == 1) return true;
return false;
}
int dijkstra () {
for (int i = 0; i <= n; i ++) {
dis[i] = a[0][i];
vis[i] = false;
path[i] = -1;
}
vis[0] = true;
dis[0] = 0;
for (int i = 0; i <= n; i ++) {
int p, minn = 0x3f3f3f3f;
for (int j = 0; j <= n; j ++) {
if (!vis[j] && dis[j] < minn) {
p = j;
minn = dis[j];
}
}
vis[p] = true;
for (int j = 0; j <= n; j++) {
if (dis[p] + a[p][j] < dis[j]) {
dis[j] = minn + a[p][j];
path[j] = p;
}
}
}
if (dis[n] == 0x3f3f3f3f)
return -1;
return dis[n]-1;
}
void print () {
stack<int> q;
int j = n;
while (path[j] != -1) {
q.push(j), j = path[j];
}
q.push (j);
cout << s[0] << endl;
while (!q.empty()) {
cout << s[q.top()] << endl;
q.pop();
}
}
int main () {
memset (a, 0x3f, sizeof a);
memset (path, -1, sizeof path);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> s[i];
n ++;
cin >> s[0] >> s[n];
if (s[0] == s[n]) {
cout << 0 << endl;
cout << s[0] << endl << s[n] << endl;
return 0;
}
for (int i = 0; i <= n; i ++) {
a[i][i] = 0;
for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
if (s[i] != s[j] && match(s[i], s[j]))
a[i][j] = a[j][i] = 1;
}
}
int t = dijkstra ();
cout << t << endl;
if (t != -1) {
print();
}
}
//图论
//能转化的建一条边，跑最短路
E - Slash
朴素的线性dp，多一维记录当前匹配的长度
\(f[i][j][k]\): \((i,j)\) 处匹配了k的长度
转移就看拿当前新匹配出的还是原有答案
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 105;
int n, m, len;
string s, t[N];
int f[N][N][N], ans[N][N]; //(i,j)处匹配了k的长度,(i,j)处的答案记录
int main () {
memset (f, -1, sizeof f);
memset (ans, -1, sizeof ans);
cin >> n >> m >> s;
len = s.size();
s = ' ' + s;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
string tt;
cin >> tt;
t[i] = ' ' + tt;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++) {
for (int k = 1; k <= len; k++) {
if (t[i][j] != s[k]) continue; //不匹配
if (k == 1) f[i][j][k] = max (0, max (ans[i-1][j], ans[i][j-1])); //新开一段
else f[i][j][k] = max (f[i][j][k], max (f[i-1][j][k-1], f[i][j-1][k-1])); //往这一段后面接
if (k == len) f[i][j][k] ++; //成了一段
}
ans[i][j] = max (f[i][j][len], max (ans[i-1][j], ans[i][j-1])); //新匹配出的与旧的比较
}
cout << ans[n][m] << endl;
}
//朴素的dp
F - Traveling
借用一下官方题解的图
看减去dn之后di的奇偶性
偶:过去再回来
奇:选出奇数点中最小的那个边作为中转，对半分构造
剩余奇数点减去该点di就是偶数，转化为过去再回来
图示为满足题目要求能构造出的最小边数，那么剩下来的需要建的边，就可以在没有边的两点间建一条长为1e9的边（不会影响最短路）
输出规范：不能有重边，且前面的点编号必须比后面的大
注意亿点点小细节：
- \(maxn\) 完全图最大边数 \(n*(n-1)/2\) 会爆 \(int\)
- \(d_1\neq d_n\) 端点距离不相等，必不可能
- \(m<n-1\) 图没法联通
- 有边的差值为奇数的点，但是\(d_n=0\)，无法构造
- 至少需要的边数 \(tot\) 大于 \(m\)，无法构造
- 最后构造多余边的时候记得 更新\(m\)的值
不过也只有我这种苯人才会犯这样的错误吧！！
上代码~
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 3e5 + 5, inf = 1e9;
int n, m, d[N], tot;
vector <pii> odd, even;
int main () {
//ios::sync_with_stdio (0);cin.tie(0);cout.tie(0);
scanf ("%d%d", &n, &m);
long long maxn = 1ll * n*(n-1)/2; //3e5*3e5会爆int
for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf ("%d", &d[i]);
if (d[1] != d[n] || m > maxn || m < n-1) {
printf ("No\n");
return 0;
}
for (int i = 2; i < n; i ++) {
d[i] -= d[n];
if (d[i] < 0 || (d[i] % 2 == 1 && d[n] == 0)) {
printf ("No\n");
return 0;
}
if (d[i] & 1) odd.push_back ({d[i] + d[n], i});
else even.push_back({d[i], i});
}
int sz1 = odd.size(), sz2 = even.size();
tot = sz1 + 1 + sz2 + 1; //最小奇点有两条边 + 1-n的那条边
if (sz1 == 0) tot = sz2 + 1;
//cout << tot << endl;
if (tot > m) {
printf ("No\n");
return 0;
}
set <pii> s; //存已构造好的边
//tot < m的话可以多建几条无穷的边
printf ("Yes\n");
printf ("1 %d %d\n", n, d[n]);
s.insert ({1, n});
for (auto i : even) {
int dist = i.first / 2, id = i.second;
printf ("1 %d %d\n", id, dist);
s.insert ({1, id});
}
if (sz1) {
sort (odd.begin(), odd.end());
int base = odd[0].first, st = odd[0].second;
int half1 = base / 2, half2 = base - half1;
printf ("1 %d %d\n", st, half1);
printf ("%d %d %d\n", st, n, half2);
s.insert ({1, st}), s.insert ({st, n});
for (int i = 1; i < sz1; i ++) {
int dist = odd[i].first, id = odd[i].second;
dist -= base, dist /= 2;
if (st > id) {
printf ("%d %d %d\n", id, st, dist);
s.insert ({id, st});
}
else {
printf ("%d %d %d\n", st, id, dist);
s.insert ({st, id});
}
}
}
m -= tot;
for (int i = 1; i <= n && m > 0; i ++)
for (int j = i + 1; j <= n && m > 0; j ++) {
if (s.count({i, j})) continue;
m --; //就是这里漏了！！！无语
printf ("%d %d %d\n", i, j, inf);
}
}
//看-dn之后di的奇偶性
//偶:过去再回来
//奇:选出奇数点中最小的那个边作为中转，对半分构造，
//剩余奇数点减去该点di就是偶数，转化为过去再回来
//输出规范：不能有重边，且前面的点编号必须比后面的大
