SMU Spring 2023 Contest Round 7

A. Programming Contest

签到题.

输入输出读完应该就懂了:

从y₁枚举到y₂,若枚举的年份不在停办年份里则答案加一

void solve() {
        int n,m;
        cin >> n;
        vector<int> a(N),year(N);
        cin >> m;
        for(int i = 0;i < m;i++){
            int y;
            cin >> y;
            year[y] = 1;
        }
        int y;
        cin >> y;
        int ans = 0;
        for(int i = n;i <= y;i ++)
            if(!year[i])
                ans++;
        cout << ans << endl;
}

C. Trading

每次应该从价格最便宜的商店购买货物，并卖给价格最贵的商店。用双指针模拟这一贪心策略即可.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define LL long long
void solve(){
    LL n;
    cin >> n;
    vector<pair<LL,LL>> a;
    for(LL i = 0;i < n;i ++){
        LL x,y;
        cin >> x >> y;
        a.push_back({x,y});
    }
    LL sum = 0;
    sort(a.begin(), a.end());
    for(LL i = 0, j = n - 1; i < j; ){
        LL x = min(a[i].second, a[j].second);
        sum += (a[j].first - a[i].first) * x;
        a[i].second -= x;
        a[j].second -= x;
        if(a[i].second == 0)
            i++;
        if(a[j].second == 0)
            j--;

    }
    cout << sum  << endl;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    LL T;
    cin>>T;
    while(T--){
        solve();
    }
    return 0;
}

D. New Houses

如果已知 $k (2\le k \le n)$个人有邻居，剩下的人没有邻居，怎样选择有邻居的人才能使总满意度最大化？

这是一个经典问题。先假设所有人都是没邻居的，得到总满意度 $\sum\limits_{i = 1}^n b_i$ 。当第 $i$ 个人从没邻居变成有邻居时，总满意度将增加 $(a_i - b_i)$。因此选择 $(a_i - b_i)$ 最大的 $k$ 个人变成有邻居的即可。排序后可以在 $\mathcal{O}(n)$的复杂度内一次性算出 $k = 2, \cdots, n $ 的最大总满意度。

如果 $k$ 个人有邻居，剩下的人没有邻居，这样的布局至少需要 $k + 2(n - k) = 2n - k$ 栋房子（即有邻居的人都住在最左边，然后每隔一栋房子住一个没邻居的人）。因此只有满足 $2n - k \le m$ 才能考虑。

最后，别忘了考虑所有人都没有邻居的情况。这要求 $m \ge 2n - 1$。

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long

using namespace std;

const int N = 1e6+10, M = 998244353;

typedef unsigned long long ll;
typedef pair<int,int> PII;

int n,m,t,k;
map<int,int> mp;
void solve() {
   cin >> n >> m;
   vector<int> A(n + 1), B(n + 1),ve;
   for(int i = 1;i <= n;i ++){
       cin >> A[i] >> B[i];
       ve.push_back(A[i] - B[i]);
   }

   sort(ve.begin(), ve.end());

   int ans = 0,  now = 0;
   for(int i = 1;i <= n;i ++)
       now += B[i];

   if(m >= 2 * n - 1)
       ans = now;

   now += ve[n - 1];
   for(int i =2;i <= n;i ++){
       now += ve[n - i];
       if(2 * n - i <= m)
           ans = max(ans, now);
   }

   cout << ans << endl;
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int Ke_scholar = 1;
    cin >> Ke_scholar;
    while(Ke_scholar--)
        solve();
    return 0;
}
/*
 */

I. Path Planning

假设答案为 $x$，那么存在一条路径，使得从 $0$ 到 $(x-1)$ 的每个整数都在路径上。这一条件满足二分性，因此我们可以二分答案 $x$，并检查是否存在这样的路径。

由于每一步只能往右或者往下走，因此将路径上每个格子的坐标按行为第一关键字，列为第二关键字排序后，排在前面的坐标的列编号，一定小于等于排在后面的坐标的列编号。

因此，将从 0 到 $(x-1)$ 的每个整数所在的格子的坐标排序，并检查列编号是否满足以上条件，即可判断是否存在一条路径，使得这些整数都在路径上。实际实现时，不需要使用排序函数。只要依此枚举每个格子，若格子里的整数小于 $x$ 则把格子加入 vector，这样得到的 vector 就已经按枚举的顺序排序了。

#include <bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define endl '\n'
#define int long long

using namespace std;

const int N = 1e6+10, M = 998244353;

typedef unsigned long long ll;
typedef pair<int,int> PII;

int n,m,t,k,a[N];
// 将从 0 到 x - 1 所在的格子坐标“排序”，检查前面的列坐标是否小于等于后面的列坐标
bool check(int x){
    // 实际实现时，不需要使用排序函数，
    // 直接按顺序枚举每个格子，若格子里的整数小于 x 则把格子加入 vector，
    // 这样得到的 vector 就已经按枚举的顺序排序了
    // 而且甚至连 vector 也不用真的维护，
    // 因为我们只关心 vector 最后一个元素的列坐标，和当前列坐标的大小关系，
    // 直接用变量 last 维护最后一个元素的列坐标即可
    int last = 0;
    for(int i = 0;i <n;i ++){
        for(int j = 0;j < m;j ++){
            if(a[i * m + j] < x){
                if(last > j)
                    return false;
                last = j;
            }
        }
    }

    return true;
}
void solve() {
   cin >> n >> m;
   for(int i = 0;i < n;i ++)
       for(int j = 0;j <m ;j++)
           cin >> a[i * m + j];

   int l = 0, r = n * m;
   while(l < r){
       int mid = (l + r + 1) >> 1;
       if(check(mid)) l = mid ;
       else r = mid - 1;
   }

   cout << l << endl;
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int Ke_scholar = 1;
    cin >> Ke_scholar;
    while(Ke_scholar--)
        solve();
    return 0;
}
/*
 */

K. Peg Solitaire

因为数据范围很小,直接模拟暴力就能过

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e6+10;

#define int long long

int ans = 100;
int u[] = {0,2,0,-2};
int v[] = {2,0,-2,0};
int uu[] = {0,1,0,-1};
int vv[] = {1,0,-1,0};
int n,m,k;
void dfs(int x,int y, vector<vector<int>>& gg ){

    for(int i = 0;i < 4;i ++){
        int dx = u[i] + x;
        int dy = v[i] + y;
        int d1 = uu[i] + x;
        int d2 = vv[i] + y;
        if(dx > 0 && dy > 0 && dx <= n && dy <= m && gg[d1][d2] && !gg[dx][dy]){
            gg[dx][dy] = 1;
            gg[x][y] = gg[d1][d2] = 0;
            for(int i = 1;i <= n;i ++){
                for(int j = 1;j <= m;j ++){
                    if(gg[i][j]){
                        auto ggg = gg;
                        dfs(i,j,ggg);
                    }
                }
            }
            gg[dx][dy] = 0;
            gg[x][y] = gg[d1][d2] = 1;
        }
    }
    int sum = 0;
    for(int i = 1;i <= n;i ++)
        for(int j = 1;j <= m;j ++)
            if(gg[i][j])
                sum++;
    ans = min(ans, sum);
    return ;
}
void solve(){
    ans = 100;
    cin >> n >> m >> k;
    vector<vector<int> > g(n + 1, vector<int> (m + 1, 0));
    for(int i = 0;i < k; i++){
        int x,y;
        cin >> x >> y;
        g[x][y] = 1;
    }
    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        for(int j = 1;j <= m;j ++){
            if(g[i][j]){
                auto gg = g;
                dfs(i,j,gg);
            }
        }
    }
    cout << ans << endl;
}

int32_t main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--){
        solve();
    }
    return 0;
}

其余题解参考2023 广东省大学生程序设计竞赛 - SUA Wiki

因为咱很懒,所以有的题解直接拿来用了😣

posted @ 2023-06-26 17:28 Ke_scholar 阅读(9) 评论(0) 编辑收藏举报

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