トヨタ自動車プログラミングコンテスト2024#7（ABC 362）

合集 - 赛事(59)

20.トヨタ自動車プログラミングコンテスト2024#7（ABC 362）2024-07-14

非常好名次，使我的 $1$ 旋转

四发罚时应该是这次比赛最唐的东西了，没有就进前一千了

A.Buy a Pen

特判秒了，懒得打三种 ans=，所以就把不能选的那个赋值成无穷大了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define speed ios::sync_with_stdio(false);
#define tests int cases;cin>>cases;while(cases--)
int main(){
	speed
	int a,b,c;
	cin>>a>>b>>c;
	string x;
	cin>>x;
	if(x=="Red") a=101;
	if(x=="Green") b=101;
	if(x=="Blue") c=101;
	cout<<min({a,b,c})<<endl;
}

B.Right Triangle

讲个好玩的，这个题需要求两点 $(x_{1}, y_{1}), (x_{2}, y_{2})$ 之间的坐标，然后我先是写了个这个

dis[1]=sqrt(x[1]*x[1]+y[1]*y[1]);

后面求勾股定理的时候发现好像不对，这好像是勾股定理，所以改成下面这样：

dis[1]=sqrt((x[1]-x[2])*(y[1]-y[2]));

这玩意 re 了，我也没干别的，唯一想到的就是给负数开根了，一看果然是负的...

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define speed ios::sync_with_stdio(false);
#define tests int cases;cin>>cases;while(cases--)
const double eps=1e-8;
int main(){
	speed
	int x[4],y[4];
	cin>>x[1]>>y[1]>>x[2]>>y[2]>>x[3]>>y[3];
	double dis[4];
	dis[1]=sqrt((x[1]-x[2])*(x[1]-x[2])+(y[1]-y[2])*(y[1]-y[2]));
	dis[2]=sqrt((x[2]-x[3])*(x[2]-x[3])+(y[2]-y[3])*(y[2]-y[3]));
	dis[3]=sqrt((x[3]-x[1])*(x[3]-x[1])+(y[3]-y[1])*(y[3]-y[1]));
//	cout<<dis[1]<<" "<<dis[2]<<" "<<dis[3]<<endl;
	if(dis[3]<dis[1]) swap(dis[3],dis[1]);
	if(dis[3]<dis[2]) swap(dis[3],dis[2]);
	if(abs(dis[1]*dis[1]+dis[2]*dis[2]-dis[3]*dis[3])<=eps) cout<<"Yes"<<endl;
	else cout<<"No"<<endl;'
}

还有一个就是 eps 的问题，这个题刻意卡了直接判等，handmade 测试点会全 WA，不过我恰好改一次都改对了，所以没吃第二发罚时

C.Sum = 0

稍微有点意思，首先算出所有左边界的和，再算出所有右边界的和，注意到左边界一定是最小的和，而右边界一定是最大的，因此有解的充要条件应为 $m i n \leq 0, m a x \geq 0$

然后就再扫一遍，从最大的和中减掉（每次都改一个右边界为左边界），如果当前最大和减不动了，那就把它减到 $0$ 输出，后面的正常输出右边界即可.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define speed ios::sync_with_stdio(false);
#define tests int cases;cin>>cases;while(cases--)
const double eps=1e-8;
#define int long long
int n;
int l[200001],r[200001];
int maxn,minn;
signed main(){
	speed cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		cin>>l[i]>>r[i];
		maxn+=r[i];
		minn+=l[i];
	}
	if(maxn<0 or minn>0){
		cout<<"No"<<endl;
		return 0;
	}
	cout<<"Yes"<<endl;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(maxn>0){
			if(maxn>=(r[i]-l[i])){
				maxn-=r[i]-l[i];
				cout<<l[i]<<" ";
			}
			else{
				cout<<r[i]-maxn<<" ";
				maxn=0;
			}
		}
		else if(maxn==0){
			cout<<r[i]<<" ";
		}
	}
}

D.Shortest Path 3

DIJ 版本的考试题，~~和我考试打的那份错解一个思路~~

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int cnt;
int n,m,x;
int a[500000];
struct shabicth{
	int q,dat;
	bool operator < (const shabicth &a) const{
		return dat>a.dat;
	}
};
struct node{
	int to,w,next;
}edge[600000];
int head[200010];
bool f[200100];
int dis[200010];
int sum[2000];
int sbcth[7000][3];
void add(int u,int v,int w){
	edge[++cnt].next=head[u];
	edge[cnt].to=v;
	edge[cnt].w=w;
	head[u]=cnt;
}
void dij(int s){
	priority_queue<shabicth> qq;
	int x,y;
	shabicth cc;
	cc.q=s;
	cc.dat=a[s];
	qq.push(cc);
	memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
	memset(f,0,sizeof(f));
	dis[s]=a[s];
	while(!qq.empty()){
		x=qq.top().q;
		y=qq.top().dat;
		qq.pop();
		if(!f[x]){
			f[x]=true;
			for(int i=head[x];i;i=edge[i].next){
				cc.q=edge[i].to;
				if(!f[cc.q]&&dis[cc.q]>y+edge[i].w+a[cc.q]){
					dis[cc.q]=y+edge[i].w+a[cc.q];
				    cc.dat=dis[cc.q];
					qq.push(cc);
				}
			}
		}
	}
}
signed main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		dis[i]=a[i];
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x,y,num;
		cin>>x>>y>>num;
		add(x,y,num);
		add(y,x,num);
	}
	dij(1);
	for(int i=2;i<=n;i++) cout<<dis[i]<<' ';
}

E.Count Arithmetic Subsequences

窝太菜辽，想了半条才明白 Arithmetic Subsequences 是等差数列的意思

日文阅读理解

上の解法は更に高速化することができます．以下の状態を持つ DP を考えます．

$d p [i] [l] [d] =$ 初項 $A_{i}$ ，長さ $l (l \geq 2)$ ，公差 $d$ であるような等差数列の個数

$i$ の降順に見ていき，初項 $A_{i}$ を固定します．第 $2$ 項 $A_{j} (i < j)$ と長さ $l$ を全探索します．このとき，公差は $d = A_{j} - A_{i}$ と定まります． $l = 2$ の場合は ( $A_{i}, A_{j}$ ) が長さ $2$ の等差数列なので， $d p [i] [2] [d]$ に $1$ を足します． $l \geq 3$ の場合，初項 $A_{i}$ ，長さ $l$ ，公差 $d$ の等差数列は，初項 $A_{j}$ ，長さ $l - 1$ ，公差 $d$ の等差数列の先頭に $A_{i}$ を追加したものとなっています．よって， $d p [i] [l] [d]$ に $d p [j] [l - 1] [d]$ を足します．