AtCoder Beginner Contest 363

Piling Up

模拟题。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a;
signed main(){
    cin>>a;
    if(a%100!=0){
        a%=100;
        cout<<100-a;
    }else{
        cout<<100;
    }
    return 0;
}

Japanese Cursed Doll

有 $N$ 人，第 $i$ 人 $(1 \leq i \leq N)$ 的当前头发长度为 $L_{i}$ 。
每个人的头发每天都在生长 $1$ 。

打印头发长度至少为 $T$ 的人数第一次变为 $P$ 或更多的天数。
如果现在已经有 $P$ 或更多的人的头发长度至少为 $T$ ，则打印 $0$ 。

模拟。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+3;

int n,t,p,cnt;
int a[maxn];
signed main(){
    cin>>n>>t>>p;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        cnt+=(a[i]>=t);
    }
    if(cnt>=p){
        cout<<0;
        return 0;
    }
    for(int i=1;;i++){
        cnt=0;
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(a[j]+i>=t) cnt++;
        }
        if(cnt>=p){
            cout<<i;
            return 0;
        }
    }
    return 0;
}

Avoid K Palindrome 2

给定字符串 $S$ ，求其全排列中，不包含长度为 $k$ 的回文串的字符串个数。 $| S | \leq 10$

题意有点蒙，题目有点搞心态，即使就是纯暴力。

考虑先枚举全排列，然后对于每个 $S$ 判断是否含长度为 $k$ 的回文串即可，中间可以用 map 记忆化。时间复杂度最劣 $O (n! n k)$ ，令人忍俊不禁的是，本地跑了 4 秒多，交上去直接 A 了，~~致敬传奇 AT 少爷机。~~

Palindromic Number

求对于 $\in N$ 的回文数中，第 $n$ 小的。 $n \leq 10^{18}$ 。

只要会构造就行了。

先打表发现 $n$ 位数的回文数有 $9 \times 10^{⌊ (n + 1) / 2 ⌋ - 1}$ 个，这种东西类似进制，由于下取整，甚至不需要分类讨论。

我们就先确定第 $n$ 个数的位数 $d$ ，然后确定 $n$ 在 $d$ 位数中的排名 $n^{'}$ ，对 $n$ 拆位，除最高位需要减去 $1$ ，其他地方的数字就直接是该回文串的对应值，时间复杂度 $O (\log n)$ 。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int pal[103],n,a[103],b[103],m[103];
signed main(){
    cin>>n;
    if(n<=10){
        cout<<n-1;
        return 0;
    }
    n-=2;
    pal[1]=pal[2]=9;
    for(int i=3;i<=36;i++){
        pal[i]=pal[i-2]*10;
    }
    int d=0;
    for(int i=1;i<=36;i++){
        a[i]=a[i-1]+pal[i];
        if(a[i-1]<n&&n<=a[i]){
            d=i; n-=a[i-1];
            break;
        }
    }
    int top=0,base=1;
    for(int i=1;i<=(d+1)/2;i++){
        m[++top]=n%10;
        n/=10;
    }
    for(int i=top;i;i--){
        b[top-i+1]=m[i];
    }
    for(int i=1,j=d;i<=j;i++,j--){
        if(i==1) b[i]++;
        b[j]=b[i];
    }
    for(int i=1;i<=d;i++) cout<<b[i];
    cout<<'\n';
    return 0;
}

Sinking Land

有一个 $h \times w$ 的岛屿，每个位置有一个高度 $a_{i, j}$ ，每天海水会涨高一个单位，求对于第 $1 \sim y$ 天，每一天未被淹没的位置数。

考虑贪心，水肯定是从边缘漫进来的，我们就将可能被淹的（边界上的）位置丢进堆里。接下来枚举天数 $d a y$ ，并将堆内所有高度 $\leq d a y$ 的位置拿出来进行 BFS，将能增广的增广掉，统计答案，到不能增广且未被经过的位置时，就再丢进堆里，由于每个位置被访问的次数是 $O (1)$ 的，所以总复杂度 $O (y + h w)$ 。

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#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int maxn=1003;
int  h,w,y;
int a[maxn][maxn];
struct edge{
    int x,y,w;
    bool operator<(const edge &o)const{
        return w>o.w;
    }
};
priority_queue<edge>q;
int vis[maxn][maxn],ans;
queue<edge> p;
int dx[]={0,0,1,-1};
int dy[]={1,-1,0,0};
void bfs(int sx,int sy,int day){
    ans++;
    p.push({sx,sy,a[sx][sy]});
    while(!p.empty()){
        edge u=p.front();
        p.pop();
        for(int i=0;i<4;i++){
            int tx=u.x+dx[i],ty=u.y+dy[i];
            if(vis[tx][ty]||tx<1||ty<1||tx>h||ty>w){
                continue;
            }
            vis[tx][ty]=vis[sx][sy]+1;
            if(a[tx][ty]<=day) 
                ans++, p.push({tx,ty,a[tx][ty]});
            else q.push({tx,ty,a[tx][ty]});
        }
    }
}
int main(){
    cin>>h>>w>>y;
    for(int i=1;i<=h;i++){
        for(int j=1;j<=w;j++){
            cin>>a[i][j];
            if(a[i][j]<=y&&(i==1||i==h||j==1||j==w)){
                q.push({i,j,a[i][j]});
                vis[i][j]=1;
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=y;i++){
        if(q.empty()){
            cout<<h*w-ans<<'\n';
            continue;
        }
        edge now=q.top();
        while(now.w<=i){
            bfs(now.x,now.y,i);
            q.pop(); 
            if(q.empty()) break;
            now=q.top();
        }
        cout<<h*w-ans<<'\n';
    }
    return 0;
}