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🔖BFS Dijkstra DP 并查集区间DP 思维贪心优先队列

2023-10-27 22:36阅读: 296评论: 0推荐: 0

AtCoder Beginner Contest 325

感觉错失了上分机会

A - Takahashi san (abc325 A)

题目大意

给定姓和名，输出尊称，即姓+san。

解题思路

按照题意模拟即可。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    string s;
    cin >> s;
    cout << s << " san" << '\n';
 
    return 0;
}

B - World Meeting (abc325 B)

题目大意

给定 $n$ 个地区的公司人数和对应的时区，规定上班时间为 $9:00-18:00$ ，现召开一小时会议，上班期间的公司可以参加。问订个时间，能参与的人数的最大值。

解题思路

枚举开会的时间，然后依次判断每个公司能否参加，累计参加人数，取最大值即可。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<array<int, 2>> a(n);
    for (auto& i : a)
        cin >> i[0] >> i[1];
    int ans = 0;
    auto is_work_time = [](int time) { return time >= 9 && time < 18; };
    for (int i = 0; i < 24; ++i) {
        int sum = 0;
        for (auto& [num, time] : a)
            if (is_work_time((i + time) % 24))
                sum += num;
        ans = max(ans, sum);
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

C - Sensors (abc325 C)

题目大意

给定二维平面，有#和.。每个#可以与周围八个格子连成一整体。

问有多少个整体。

解题思路

用BFS或者并查集判断一下连通性，最后数连通块即可。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
class dsu {
  public:
    vector<int> p;
    vector<int> sz;
    int n;
 
    dsu(int _n) : n(_n) {
        p.resize(n);
        sz.resize(n);
        iota(p.begin(), p.end(), 0);
        fill(sz.begin(), sz.end(), 1);
    }
 
    inline int get(int x) { return (x == p[x] ? x : (p[x] = get(p[x]))); }
 
    inline bool unite(int x, int y) {
        x = get(x);
        y = get(y);
        if (x != y) {
            p[x] = y;
            sz[y] += sz[x];
            return true;
        }
        return false;
    }
};
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int h, w;
    cin >> h >> w;
    dsu d(h * w);
    auto two2one = [&](int x, int y) { return x * w + y; };
    vector<string> s(h);
    for (int i = 0; i < h; ++i) {
        cin >> s[i];
        for (int j = 1; j < w; ++j) {
            if (s[i][j - 1] == '#' && s[i][j] == '#') {
                d.unite(two2one(i, j - 1), two2one(i, j));
            }
        }
        if (i) {
            for (int j = 0; j < w; ++j) {
                if (s[i - 1][j] == '#' && s[i][j] == '#') {
                    d.unite(two2one(i - 1, j), two2one(i, j));
                }
                if (j > 0 && s[i - 1][j - 1] == '#' && s[i][j] == '#') {
                    d.unite(two2one(i - 1, j - 1), two2one(i, j));
                }
                if (j + 1 < w && s[i - 1][j + 1] == '#' && s[i][j] == '#') {
                    d.unite(two2one(i - 1, j + 1), two2one(i, j));
                }
            }
        }
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < h; ++i)
        for (int j = 0; j < w; ++j)
            if (s[i][j] == '#') {
                ans += d.get(two2one(i, j)) == two2one(i, j);
            }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

D - Printing Machine (abc325 D)

题目大意

给定 $n$ 个物品的出现时间和消失时间。拿一个物品花费 $1$ 的时间。

问最多能拿多少个物品。

解题思路

对于某一时刻，我肯定拿出现的物品中，最早消失的物品。

由此贪心拿即可。

注意每拿完一个物品后要考虑是否有新物品出现。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<array<LL, 2>> a(n);
    for (auto& i : a)
        cin >> i[0] >> i[1];
    vector<int> id(n);
    iota(id.begin(), id.end(), 0);
    ranges::sort(id, [&](int x, int y) {
        if (a[x][0] != a[y][0])
            return a[x][0] < a[y][0];
        else
            return a[x][1] < a[y][1];
    });
    priority_queue<LL> item;
    LL time = 0;
    int ans = 0;
    auto it = id.begin();
    while (!item.empty() || it != id.end()) {
        if (item.empty())
            time = a[*it][0];
        while (it != id.end() && a[*it][0] <= time) {
            item.push(-(a[*it][0] + a[*it][1]));
            it = next(it);
        }
        while (!item.empty() && -item.top() < time)
            item.pop();
        if (!item.empty() && -item.top() >= time) {
            ++ans;
            ++time;
            item.pop();
        }
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

E - Our clients, please wait a moment (abc325 E)

题目大意

给定一张完全图，从 $1$ 号点到 $n$ 号点，一开始打车，在某点可转成坐火车，但不能转回来。

从一个点到另一个点，打车和火车的耗时不同。

问最少耗时。

解题思路

注意到我们肯定是在某一点 $a$ 转乘火车，那从 $1$ 号点到 $n$ 号点就分成了两部分：

先打车到 $a$ 号点（可以看成从 $a$ 号点打车到 $1$ 号点）
再乘火车到 $n$ 号点

因此我们可以预处理出，每个点打车到 $1$ 号点和坐火车到 $n$ 号点的最短耗时。然后两者的和的最小值就是答案。

而求每个点到 $1$ 号点的耗时和到 $n$ 号点的耗时，相当于分别从 $1$ 号点出发到每个点的耗时，以及从 $n$ 号点出发到每个点的耗时，两次最短路即可。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n, a, b, c;
    cin >> n >> a >> b >> c;
    vector<vector<int>> tu(n, vector<int>(n));
    for (auto& i : tu)
        for (auto& j : i)
            cin >> j;
    LL ans = numeric_limits<LL>::max();
    auto dijkstra = [&](int st, function<LL(int)> E, vector<LL>& dis) {
        dis[st] = 0;
        priority_queue<pair<LL, int>> team;
        team.push({0, st});
        while (!team.empty()) {
            auto [expect, u] = team.top();
            team.pop();
            if (dis[u] != -expect)
                continue;
            for (int v = 0; v < n; ++v) {
                if (v == u)
                    continue;
                if (dis[v] > dis[u] + E(tu[u][v])) {
                    dis[v] = dis[u] + E(tu[u][v]);
                    team.push({-dis[v], v});
                }
            }
        }
    };
    vector<LL> dis0(n, numeric_limits<LL>::max());
    auto dis1 = dis0;
    dijkstra(
        0, [&](int w) { return 1ll * w * a; }, dis0);
    dijkstra(
        n - 1, [&](int w) { return 1ll * w * b + c; }, dis1);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        ans = min(ans, dis0[i] + dis1[i]);
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

F - Sensor Optimization Dilemma (abc325 F)

题目大意

给定 $n$ 个区间长度，有两种操作，

操作一，区间长度减 $a_1$ ，成本 $c_1$ ，最多用 $k_1$ 次
操作二，区间长度减 $a_2$ ，成本 $c_2$ ，最多用 $k_2$ 次

问将每个区间长度减成非正的最小成本。

解题思路

考虑搜索的状态，就是当前的区间，操作一的使用次数，操作二的使用次数，然后枚举当前区间使用的操作一的次数，复杂度是 $O(nk^3)$ 。

上述搜索转换成 $dp$ 的形式就是 $dp[i][j][k]$ 表示前 $i$ 个区间，操作一用了 $j$ 次，操作二用了 $k$ 次，这一状态是否合法（即 bool型，成本从两个操作次数就能算出来），这难免过于浪费，我们可以把一个状态放到 $dp$ 的值里。

即设 $dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个区间，操作一用了 $j$ 次时，操作二使用的最小次数（换句话说就是最小成本），转移同样是枚举当前区间的操作一的次数，时间复杂度是 $O(nk^2)$ 。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
const int inf = 1e9 + 7;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> d(n);
    for (auto& i : d)
        cin >> i;
    array<int, 2> l{}, c{}, k{};
    for (int i = 0; i < 2; ++i)
        cin >> l[i] >> c[i] >> k[i];
    vector<LL> dp(k[0] + 1, inf);
    dp[0] = 0;
    for (auto& i : d) {
        vector<LL> dp2(k[0] + 1, inf);
        for (int j = 0; j <= k[0]; ++j) {
            for (int u = 0; u <= j; ++u) {
                int v = max(0, (i - u * l[0] + l[1] - 1) / l[1]);
                dp2[j] = min(dp2[j], dp[j - u] + v);
            }
        }
        dp.swap(dp2);
    }
    LL ans = numeric_limits<LL>::max();
    for (int i = 0; i <= k[0]; ++i) {
        if (dp[i] <= k[1])
            ans = min(ans, 1ll * i * c[0] + dp[i] * c[1]);
    }
    if (ans == numeric_limits<LL>::max())
        ans = -1;
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

G - offence (abc325 G)

题目大意

给定一个字符串 $s$ 和一个数 $k$ ，每次可以将 of连带后面的最多 $k$ 个字符删除。

问字符串剩余的最小长度。

解题思路

依次考虑每个前缀，设 $dp[i]$ 表示 $s[1..i]$ 经过操作后的最小长度，则 $dp[i] = min(dp[i - 1] + 1, dp[j - 1])$ ，其中 $j$ 是满足 $s[j..i]$ 能完全被删除的。

从中我们发现需要求一个 $del[i][j]$ 表示 $s[i..j]$ 能否被完全删除，这是一个常见的区间 $dp$ 。考虑转移，分两种情况

一个就是常规的转移，即 $del[i][j] |= del[i][l] & del[l+1][j]$
另一个是考虑进行一次操作，即 $s[i]=o$ ，找到 $s[l]=f$ 的地方， $s[l+1..j]$ 的进行操作后的最短长度 $\leq k$ ，这样就可以通过一次操作就把 $del[i][j]$ 完全删除。

设 $s[i..j]$ 的进行操作后的最短长度为 $mink[i][j]$ ，其转移就两种：

一个就是常规的转移，即 $mink[i][j] = \min(mink[i][l] + mink[l+1][j])$
另一个就是当 $del[i][j]=true$ 时， $mink[i][j]=0$

这样 $dp$ 数组就可以转移求答案了。

其实最后发现 $mink[0][n-1]$ 就是答案。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    string s;
    int k;
    cin >> s >> k;
    vector<vector<int>> dp(s.size() + 1, vector<int>(s.size() + 1, 0));
    vector<vector<int>> mink(s.size() + 1, vector<int>(s.size() + 1, 0));
    for (int i = 0; i < dp.size(); ++i)
        for (int j = i + 1; j < dp.size(); ++j)
            dp[j][i] = 1;
    for (int j = 0; j < s.size(); ++j) {
        for (int i = j; i >= 0; --i) {
            mink[i][j] = j - i + 1;
            for (int l = i; l <= j; ++l)
                dp[i][j] |= (dp[i][l] & dp[l + 1][j]);
 
            for (int l = i; l <= j; ++l)
                if (s[i] == 'o' && s[l] == 'f' && dp[i + 1][l - 1] &&
                    mink[l + 1][j] <= k) {
                    dp[i][j] = true;
                }
 
            if (dp[i][j])
                mink[i][j] = 0;
            else {
                for (int l = i; l <= j; ++l) {
                    mink[i][j] = min(mink[i][j], mink[i][l] + mink[l + 1][j]);
                }
            }
        }
    }
    cout << mink[0][s.size() - 1] << '\n';
    return 0;
 
    vector<int> dp2(s.size(), 0);
    dp2[0] = 1;
    for (int i = 1; i < s.size(); ++i) {
        dp2[i] = dp2[i - 1] + 1;
        for (int j = 0; j < i; ++j) {
            if (dp[j][i]) {
                if (j)
                    dp2[i] = min(dp2[i], dp2[j - 1]);
                else
                    dp2[i] = 0;
            }
        }
    }
    cout << dp2.back() << '\n';
 
    return 0;
}

可以发现这是一道区间 $dp$ ，从它操作结果可以合并可以感受出来。即设 $dp[l][r]$ 表示子串 $s[l..r]$ 经过操作后的最小长度。

其中一个转移就是 $dp[l][r] = min(dp[l][i] + dp[i + 1][r])$ ，就是两个区间的合并。

还有一个转移就是经过操作的转移，可以发现这类转移都可以归到 $s[l]=o$ 的情况，因为如果 $s[l] \neq o$ 的话，其实可以归成上面这种情况。如果 $s[l]=o$ ，那么就找一个 $s[i]=f$ ，如果 $dp[l+1][i-1] = 0$ ，即完全删除，可以拼接出一个新的 $of$ ，那么 $dp[l][r] = max(dp[i + 1][r] - k, 0)$ ，即一个前缀被删除了，剩下的字符最多可再减去 $k$ 个字符。

时间复杂度都是 $O(n^3)$ 。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    string s;
    int k;
    cin >> s >> k;
    vector<vector<int>> dp(s.size() + 1, vector<int>(s.size() + 1, 0));
    for (int r = 0; r < s.size(); ++r)
        for (int l = r; l >= 0; --l) {
            dp[l][r] = r - l + 1;
            for (int m = l; m < r; ++m)
                dp[l][r] = min(dp[l][r], dp[l][m] + dp[m + 1][r]);
            if (s[l] == 'o')
                for (int m = l + 1; m <= r; ++m) {
                    if (s[m] == 'f' && dp[l + 1][m - 1] == 0)
                        dp[l][r] = min(dp[l][r], max(0, dp[m + 1][r] - k));
                }
        }
    cout << dp[0][s.size() - 1] << '\n';
 
    return 0;
}

本文作者：~Lanly~

本文链接：https://www.cnblogs.com/Lanly/p/17793293.html

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

	int main(void) {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	string s;
	cin >> s;
	cout << s << " san" << '\n';

	return 0;
	}