AtCoder Beginner Contest 364

A - Glutton Takahashi (abc364 A)

题目大意

给定$n$个字符串，问是否有两个相邻的 sweet。

解题思路

遍历判断当前字符串与上一个字符串是否都为sweet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;
    string la;
    cin >> n >> la;
    bool ok = true;
    for (int i = 1; i < n - 1; ++i) {
        string cur;
        cin >> cur;
        if (cur == la && cur.back() == 't')
            ok = false;
        la = cur;
    }
    if (ok)
        cout << "Yes" << '\n';
    else
        cout << "No" << '\n';
 
    return 0;
}
 

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B - Grid Walk (abc364 B)

题目大意

给定一个二维网格，有障碍物，有空地，给定初始位置。

给定移动操作，若移动目标位置为空地则移动，否则留在原地。

问最终位置。

解题思路

按照题意模拟上下左右移动即可。

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 h, w;
    int sx, sy;
    cin >> h >> w >> sx >> sy;
    sx--;
    sy--;
    vector<string> s(h);
    for (auto& x : s)
        cin >> x;
    string op;
    cin >> op;
    vector<int> dx = {1, 0, -1, 0};
    vector<int> dy = {0, 1, 0, -1};
    for (auto c : op) {
        int nx, ny;
        if (c == 'L') {
            nx = sx + dx[3];
            ny = sy + dy[3];
        } else if (c == 'R') {
            nx = sx + dx[1];
            ny = sy + dy[1];
        } else if (c == 'U') {
            nx = sx + dx[2];
            ny = sy + dy[2];
        } else {
            nx = sx + dx[0];
            ny = sy + dy[0];
        }
        if (nx < 0 || nx >= h || ny < 0 || ny >= w || s[nx][ny] == '#') {
            continue;
        }
        sx = nx;
        sy = ny;
    }
    cout << sx + 1 << " " << sy + 1 << '\n';
 
    return 0;
}
 

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C - Minimum Glutton (abc364 C)

题目大意

$n$个食物，有咸度和甜度。安排一个吃的顺序，使得吃的食物尽可能少，且一旦咸度$> x$或甜度 $> y$就停下来不吃。

解题思路

两者条件满足其一即可，那我们就单独考虑一维，比如第一维$> x$，那肯定是挑最大的那几个。因此对第一维排个序，求一遍前缀和直到 $> x$，看看有多少个。

再单独考虑第二维，挑最大的，看看多少个。

两个情况取最小值即可。

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;
    LL x, y;
    cin >> n >> x >> y;
    vector<LL> a(n), b(n);
    for (auto& i : a)
        cin >> i;
    for (auto& i : b)
        cin >> i;
    sort(a.begin(), a.end(), greater<LL>());
    sort(b.begin(), b.end(), greater<LL>());
    auto solve = [](vector<LL>& a, LL x) {
        vector<LL> sum(a.size());
        partial_sum(a.begin(), a.end(), sum.begin());
        int ret = upper_bound(sum.begin(), sum.end(), x) - sum.begin();
        return min(a.size(), ret + 1ul);
    };
    int ans = min(solve(a, x), solve(b, y));
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

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D - K-th Nearest (abc364 D)

题目大意

一维坐标，给定$n$个点，依次回答 $q$个询问。

每个询问给定一个位置，问距离该位置第$k$近的点的距离是多少。

解题思路

对于询问的一个位置$p$，左边有一些点，右边也有一些点，对应了一些距离。

如果对这些点的距离进行一个排名，那么$p$往右，点的排名是依次递增的，同理往左也是依次递增。

因此可以二分右边的点，求该点的排名与 $k$的关系。而求该点的排名，还要求 $p$左边距离小于它的点的个数，这同样一个二分就可以解决了。

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其实跟求第 $k$小的问题一样，我们可以二分这个距离是$m$，然后看 $[p-m, p+m]$ 的点的数量，如果是$\geq k$则说明该距离是第 $k$小或更大距离，则往小的方向收缩。 而统计点的数量则通过两次二分点坐标即可知道。

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, q;
    cin >> n >> q;
    vector<int> a(n);
    for (auto& x : a)
        cin >> x;
    sort(a.begin(), a.end());
    auto solve = [&](int b, int k) {
        int l = -1, r = 2e8 + 1;
        while (l + 1 < r) {
            int m = (l + r) / 2;
            int cnt = 0;
            auto lb = lower_bound(a.begin(), a.end(), b - m);
            auto rb = upper_bound(a.begin(), a.end(), b + m);
            cnt = rb - lb;
            if (cnt >= k)
                r = m;
            else
                l = m;
        }
        return r;
    };
    while (q--) {
        int b, k;
        cin >> b >> k;
        int ans = solve(b, k);
        cout << ans << '\n';
    }
 
    return 0;
}
 

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E - Maximum Glutton (abc364 E)

题目大意

$n$个食物，有咸度和甜度。安排一个吃的顺序，使得吃的食物尽可能多，且一旦咸度$> x$或甜度 $> y$就停下来不吃。

解题思路

安排顺序其实没什么用，最终还是决定要吃什么。

首先考虑满足咸度$\leq x$甜度 $\leq y$的情况下吃的尽可能多。

考虑朴素搜索，即每个食物吃或不吃，我们需要维护的状态是 考虑前$i$个食物，已经吃的咸度$j$，甜度$k$ 这三个状态，容易发现这已经足够作出 吃或不吃的决策，记忆化一下，即$dp[i][j][k]$表示考虑前$i$个食物，我吃的咸度为 $j$，甜度为 $k$的最多食物数。

考虑其复杂度，其两个状态都是 $O(10^4)$的数量级，时间空间都不太行。但注意到其值的取值只有 $O(n)$，我们可以交换值和状态的意义，比如设 $dp[i][j][k]$表示考虑前$i$个食物，我吃了 $j$个食物，且咸度是$k$的最小甜度数。

转移时时刻保证 $k \leq x$且$dp[i][j][k] \leq y$即可，最后再随便吃一个。这样状态数即为 $O(n^2x)$，转移为$O(1)$，总的时间复杂度就是 $O(n^2x)$

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, x, y;
    cin >> n >> x >> y;
    vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(x + 1, inf));
    dp[0][0] = 0;
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        vector<vector<int>> dp2(n + 1, vector<int>(x + 1, inf));
        for (int j = 0; j <= n; j++) {
            for (int k = 0; k <= x; k++) {
                dp2[j][k] = dp[j][k];
                if (j > 0 && k >= a && dp[j - 1][k - a] + b <= y) {
                    dp2[j][k] = min(dp2[j][k], dp[j - 1][k - a] + b);
                }
            }
        }
        dp.swap(dp2);
    }
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j <= x; j++) {
            if (dp[i][j] <= y) {
                ans = max(ans, i + 1);
            }
        }
    }
    ans = min(ans, n);
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

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F - Range Connect MST (abc364 F)

题目大意

$n+q$个点，维护 $q$次操作。

第 $i$个操作，连边 $j \to n+i$，其中 $l_i \leq j \leq r_i$，边权$c_i$。

问最后是否连通，联通请求出最小生成树。

解题思路

是否构成连通块，即这$q$个线段是否构成一个大线段。

考虑最小生成树怎么求，即考虑前$n$个点该和哪个操作点 $(n+i)$连边。

第一感觉就像是线段覆盖，即从代价小的操作开始，给$l_i \leq j \leq r_i$中的每个点合并成一个联通块，每合并一次的代价是 $c_i$。最后看是否是同个连通块即可。

连通块就用并查集维护，合并时总是以编号大的点为根，这样在上述 从左到右合并时能仅考虑每个连通块之间，而不用遍历$l_i \to r_i$了。

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) {
            if (x > y)
                swap(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 n, q;
    cin >> n >> q;
    vector<array<int, 3>> seg(q);
    for (auto& [l, r, c] : seg) {
        cin >> l >> r >> c;
        --l, --r;
    }
    sort(seg.begin(), seg.end(),
         [](const array<int, 3>& a, const array<int, 3>& b) {
             return a[2] < b[2];
         });
    dsu d(n);
    auto merge = [&](int l, int r) {
        int cnt = 1;
        int cur = d.get(l);
        while (cur < r) {
            int nxt = d.get(cur + 1);
            d.unite(cur, nxt);
            cur = nxt;
            ++cnt;
        }
        return cnt;
    };
    LL ans = 0;
    for (auto& [l, r, c] : seg) {
        int cnt = merge(l, r);
        ans += 1ll * cnt * c;
    }
    if (d.sz[d.get(0)] != n)
        ans = -1;
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}
 

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G - Last Major City (abc364 G)

题目大意

$n$个点 $m$条边，边有边权。

前 $k-1$个点是重要点。

依次解决以下问题。

分别选定 $k \to n$ 的节点为重要点，问每个情况下，由重要点构成的最小生成树的权值。

解题思路

<++>

神奇的代码

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