【赛时总结】 ◇赛时·III◇ AtCoder ABC-099

◆赛时·III◆ ABC-099

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■唠叨■

不要问我为什么先给ABC-100写了博客再写的ABC-099……
莫名觉得这次比赛特别简单……虽然我并没有参加比赛，只是之后再补做的。QwQ

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■试题&解析■

◇不动脑子◇ A-ABD

• 【Atcoder ABC-099 A】
• 【翻译】
  从ABC开始举办的数十年后，
  每轮比赛被编号为 ABC-001,ABC-002...，但是第999轮比赛后，一个问题产生了：如何给之后的比赛编号？
  最后，决定第1000轮到第1998轮被依次编号为 ABD-001,ABD-002...
  求第N轮比赛（1≤N≤1998）的编号的前3位（ABC or ABD）
• 【解析】
  其实看样例就能够看出来——当N≤999时，输出ABC，否则输出ABD。就不解释了(⊙ᗜ⊙)
• 【源代码】

/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
	int n;scanf("%d",&n);
	printf("%s",n<=999? "ABC":"ABD");
	return 0;
}

◇论英语的重要性◇ B-Stone Monument

• 【Atcoder ABC-099 B】
• 【翻译】
  在一些村庄里，共有999座塔自西向东排列，第i座塔的高度为 (1+2+3+...+i)米。
  雪下了很久才停，我们测量了两个相邻的塔分别露出雪面的高度，靠西的塔是A米，靠东的塔是B米。
  若村庄的地面相平，且雪覆盖深度相同（即雪在各处的高度是一样的），给出A,B，求积雪的深度。保证有解。
• 【解析】
  虽然我知道这道题有数学方法，但还是直接上大暴力……先算出999座塔的高度。再直接枚举第i座塔，如果第i-1座塔（靠西）的高度减去A等于第i座塔的高度减去B，即雪的深度。
• 【源代码】

/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int tower[1005];
int main()
{
	for(int i=1;i<=999;i++)
		tower[i]=tower[i-1]+i;
	int a,b;
	scanf("%d%d",&a,&b);
	for(int i=2;i<=999;i++)
		if(tower[i-1]-a==tower[i]-b)
		{
			printf("%d\n",tower[i-1]-a);
			return 0;
		}
	return 0;
}

◇奇怪，真的奇怪◇ C-Strange Bank

• 【Atcoder ABC-099 C】
• 【翻译】
  为了使人们取钱更困难（????），一家银行在提款时只允许取走1日元、6的幂日元（如6、36、216）以及9的幂日元。且不允许将取出的钱再存入，请问取出N日元最少需要提款多少次？
• 【解析】
  其实是一个类似于完全背包的背包问题……
  简单地定义状态dp[i]表示取出n日元的最少次数。那么物品有1,6,36,...,9,81,...日元。最终状态是dp[n]。
  于是我就用记忆化搜索，当前钱数为x，每次枚举取出钱数i（i < x），dp[x]=min{dp[x-i]}。
• 【源代码】

/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,dp[100005];
int DP(int x)
{
	if(x<0) return 1e8;
	if(x==0) return 0;
	if(dp[x]!=-1) return dp[x];
	dp[x]=1e8;
	for(int i=6;i<=x;i*=6)
		dp[x]=min(dp[x],DP(x-i)+1);
	for(int i=9;i<=x;i*=9)
		dp[x]=min(dp[x],DP(x-i)+1);
	dp[x]=min(dp[x],DP(x-1)+1);
	return dp[x];
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	memset(dp,-1,sizeof dp);
	printf("%d\n",DP(n));
	return 0;
}

◇压轴大暴力？◇ D-Good Grid

• 【Atcoder ABC-099 D】
• 【翻译】
  有一个N*N的正方形，(i,j)表示i行j列。
  共有C种颜色，这个正方形的所有块都被涂上了这些颜色。若某一个块上原来涂的是颜色x，要将其改为颜色j，则需要花费C[i][j]。
  特别的，对于(i,j)，令F(i,j)=(i+j)%3，则给出改变颜色的花费和该正方形原本每个块涂上的颜色，求出要使F(i,j)值不同的格子涂的颜色不同，F(i,j)值相同的格子涂的颜色相同的最小花费。
• 【解析】
  用tot[x][y]统计F(i,j)=x的格子中，原本颜色为y的格子的个数。然后枚举3种不同的格子（模3余0,1,2）将要被涂成的颜色，分别计算每一种格子需要的花费，最后统计取最小值。简单说来就是大暴力，时间复杂度大概是 O(颜色种类数^3)=O(27000)。
  好像时间复杂度也不是特别大……(o^^)o
• 【源代码】

/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXCOL=30;
int n_col,siz,spd[MAXCOL+5][MAXCOL+5];
int tot[3][MAXCOL+5];
int main()
{
	scanf("%d%d",&siz,&n_col);
	for(int i=0;i<n_col;i++)
		for(int j=0;j<n_col;j++)
			scanf("%d",&spd[i][j]);
	for(int i=0;i<siz;i++)
		for(int j=0;j<siz;j++)
		{
			int col;
			scanf("%d",&col);
			tot[(i+j+2)%3][col-1]++;
		}
	int ans=1e9;
	for(int i=0;i<n_col;i++)
	{
		int A=0;
		for(int col=0;col<n_col;col++)
			A+=tot[0][col]*spd[col][i];
		for(int j=0;j<n_col;j++)
			if(i!=j)
			{
				int B=0;
				for(int col=0;col<n_col;col++)
					B+=tot[1][col]*spd[col][j];
				for(int k=0;k<n_col;k++)
					if(i!=k && j!=k)
					{
						int C=0;
						for(int col=0;col<n_col;col++)
							C+=tot[2][col]*spd[col][k];
						ans=min(ans,A+B+C);
					}
			}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

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The End

Thanks for reading!

- Lucky_Glass