AtCoder Beginner Contest 185
题解
A - ABC Preparation
传送门
解题思路:输出最小的数就行
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int a[4];
for(int i = 0;i < 4; ++i) {
scanf("%d",&a[i]);
}
sort(a,a+4);
printf("%d\n",a[0]);
return 0;
}
B - Smartphone Addiction(模拟)
传送门
解题思路:因为题目保证时间是从小到大的，那么我们直接对输入的时间进行模拟，如果某个时间段没电了直接输出No,然后return 0;就行，否则循环结束，输出Yes，注意最后要到达第t的时间，还有出门的时间为0，我们可以把这两个时间分别放在去各个cafe馆的时间的后面和前面，详情请看Code
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1005;
struct Node {
int a,b;
}A[N];
int n,m,t;
signed main()
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&t);
int fg = 0;
int cnt = n;
for(int i = 1; i <= m; ++i) {
scanf("%lld%lld",&A[i].a,&A[i].b);
}
A[0].a = A[0].b = 0;
A[m+1].a = t;
A[m+1].b = t;
for(int i = 0;i <= m; ++i) {
int add = A[i].b - A[i].a;
n += add;
n = min(n,cnt);
int dis = A[i+1].a -A[i].b;
n -= dis;
if(n<=0) {
puts("No");
return 0;
}
}
puts("Yes");
return 0;
}
C - Duodecim Ferra(DP/组合数学)
传送门
解题思路:一个长度为L的木棍，把它分为11段，每一段都是不一样的，所以L为13的时候有12种情况，很明显我们能的出分段的总情况数为\(C_{L-1}^{11}\),(组合数学大法好),当然也可以用DP做，DP[i][j]表示用i个整数凑成j的方案数，所以是计数DP，\(DP[i][j] += DP[i-1][i-k]\),但是注意因为是正整数，当j<i时，显然方案数为0,最后注意开long long
组合数学Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int main()
{
ll L;
ll ans = 1;
scanf("%lld",&L);
for(int i = 1;i < 12; ++i) {
ans = ans*(L-i)/i;
}
printf("%lld\n",ans);
}
DPCode:
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int l;
long long dp[20][205];
int main()
{
scanf("%d",&l);
dp[0][0] = 1;
for(int i = 1;i <= 12; ++i) {
for(int j = 1;j <= l; ++j) {
for(int k = l;k >= max(j,i); --k) {
dp[i][k] += dp[i - 1][k-j];
}
}
}
printf("%lld\n",dp[12][l]);
return 0;
}
D - Stamp(差分)
传送门
解题思路:题目大概是说给你n个方格，将其中的m个图成蓝色，问你最少的宽度需要多少次操作将全部白色的地方图成有颜色。因为墙有n个，那么我们进行差分找到最小的非0的值，然后以这个值为最小的宽度，对墙进行染色，因为差分求出来的就是白墙的宽度，那么我们直接对差分数组进行遍历求得染色的次数，注意向上取整，因为结果只要是全部的白墙被染色就行，无论染成什么颜色都行
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200005;
int a[N];
int b[N];
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
if(!m) {
puts("1");
}
else {
for(int i = 1;i <= m; ++i) {
scanf("%d",&a[i]);
}
a[0] = 0;
a[m+1] = n+1;
sort(a+1,a+m+2);
for(int i = 1; i <= m + 1; ++i) {
b[i] = a[i] - a[i-1] - 1;
b[i] = max(0,b[i]);
}
sort(b+1,b+m+2);
int j = 1;
while(!b[j]) ++j;
int len = b[j];
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= m + 2; ++i) {
ans += ceil(1.0*b[i]/len);
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
E - Sequence Matching
传送门
没看懂样例，扎心了。
F - Range Xor Query(树状数组)
传送门
解题思路:标准的Bit数组，只不过变成了异或运算，我们只需要把树状数组的更新的时候变为^向上更新,然后求区间与异或值得时候，sum(r)^sum(l-1),因为sum(r)表示的是从a[1]^a[2]^……^a[r](好像打了个奇怪的表情？)，sum(l-1)表示的是a[1]^a[2]^……^a[l-1]，众所周知，相同的数进行异或值为0，0与任何数异或值为那个数。所以求区间异或值直接sum(r)^sum(l-1)表示求的[l,r]的异或值
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 300005;
ll a[N],tree[N<<2];
int n,q;
int lowbit(int x) {
return -x & x;
}
void updata(int loc,int x) {
while(loc <= n) {
tree[loc] ^= x;
loc += lowbit(loc);
}
}
ll get(int loc) {
ll ans = 0;
while(loc > 0) {
ans ^= tree[loc];
loc -= lowbit(loc);
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%lld",&a[i]);
updata(i,a[i]);
}
int u,v,w;
while(q--) {
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
if(u == 1) {
updata(v,w);
}
else {
printf("%lld\n",get(w) ^ get(v-1));
}
}
return 0;
}
小结
本场比赛难度偏简单，主要是偏思维一点，出了E没看懂其他题都能出(理论上)，但是真正比赛的时候只出了A、B、D，三题，说明了我数学和DP方面还有待提升(好几次都死在组合数上，有空一定要学一手)，还有被E卡住之后一直没开F，以为F更难，结果发现F是个板子题，下次被题目卡住10min以上就要跳，实在没得跳了再来看卡住的题。
