codeforces日常训练题

(1)2021-2022 ICPC, NERC, Northern Eurasia Onsite (Unrated, Online Mirror, ICPC Rules, Teams Preferred)-D - Deletive Editing

题意：

给定两个字符串a,b，可以对a进行任意次数的删除操作：删除某个字母在a中首次出现的位置。问能否通过该操作通过a得到b？

分析：当b中的字母顺序在a中有逆序的时候，就不能，或者a中没有b中的字母，就不能。所以要解决的就是如何去设计这样一个程序。我们可以从后往前枚举a，如果当前位置的$a_i$不等于$b_j$那么就删除掉，并且记录已经删除了，如果在i的位置之前就已经删去了$b_j$那么就是说在a中有逆序了，就不行。

代码：

**代码**

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int cnt[30];

void solve() {
	string a, b;
	cin >> a >> b;
	memset(cnt, 0, sizeof cnt);
	int n = a.size() - 1, m = b.size();
	for(int i = m - 1; i >= 0; i--) {
		if(cnt[b[i] - 'A']) {
			puts("NO");
			return;
		}
		while(n >= 0 && a[n] != b[i]) {
			cnt[a[n] - 'A'] = 1;
			n--;
		}
		if(n < 0) {
			puts("NO");
			return;
		} 
		n--;
	}
	puts("YES");
}
int main(){
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		solve();
	}
	return 0;
} 

(2)Educational Codeforces Round 124 (Rated for Div. 2)-B. Prove Him Wrong

题意：

给定一个数n，证明是否存在这样的一个数组，长度为n并且对任意的2*|$a_i$ - $a_j$| >= $a_i$ + $a_j$。如果存在 输出任意符合要求的数组。

思路：根据得出的关系,假设$a_i$ > $a_j$ 则可推出公式： $$a_i >= 3 * a_j$$ 所以数组从小到大最小是呈3倍增长的关系即 $$3 * a_i = a_{i+1}$$ ，那么1 <= $a_i$ <= 10^{9，只需要计算3的多少次方最接近10}9，超过这个数就不存在。这个数为19；

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int>PII;
const int N = 2e5 + 10;
int cnt[30];
void solve() {
   int n;
   cin >> n;
   if(n > 19) {
   	cout << "NO" << endl;
   	return;
   }
   int t = 1;
   cout << "YES" << endl;
   while(n) {
   	cout << t << ' ';
   	t *= 3;
   	n--;
   }
   cout << endl;
}

signed main() {
   int t;
   cin >> t;
   while(t--) {
   	solve();
   }
   return 0;
}

(3)Educational Codeforces Round 124 (Rated for Div. 2)-A - Playoff

题意：

给定一个数n，代表有2^n个球员，获胜的条件是：如果x和y对决，如果x+y是奇数，那么数字小的获胜，如果是偶数，则数字大的获胜。第一轮：[1,2]决出胜者,[3,4]决出胜者... 第二轮[1,3][5,7]...决出胜者，问给定n，最后的胜者是谁？

思路：

通过模拟发现，第一轮过后，所有的偶数都将被淘汰，剩下的全是奇数，也就是说从第二轮开始两两对决一定是数字大获胜。那么到最后一定是所有奇数最大的获胜。所以是2^n - 1。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int>PII;
const int N = 2e5 + 10;
int cnt[30];
void solve() {
	int n;
	cin >> n;
	cout << (1 << n) - 1 << endl;
}
 
signed main() {
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		solve();
	}
	return 0;
}

(4)Codeforces Round #777 (Div. 2)-C. Madoka and Childish Pranks

题意：

给定一个初始全是0的棋盘，再给定一个目标棋盘，可以进行一个操作：将一个矩阵（规模大于1）染成：横纵坐标之和为偶数 则染成0，否则染成1，并且左上角必须是0。问从初始到目标的操作数可以是多少（并没有要求最小！）。

思路：从右下到左上依次枚举。但是如果整个目标棋盘的左上角为1，则无法达到。如果纵坐标不为1，则都可以通过水平规模为21的矩阵得到，否则只能通过竖直的规模为12的矩阵得到，分别存一下前后两个点的坐标即可。最后输出。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
char a[N][N];

struct node {
	int x1, y1, x2, y2;
}cnt[N*N];
void solve() {
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		for(int j = 1; j <= m; j++)
			cin >> a[i][j];
	if(a[1][1] == '1') {
		cout << -1 << endl;
		return;
	}
	int k = 0;
	for(int i = n; i; i--)
		for(int j = m; j; j--) {
			if(a[i][j] == '0') continue;
			if(j != 1) {
				cnt[k].x1 = i, cnt[k].y1 = j - 1, cnt[k].x2 = i, cnt[k].y2 = j;
				k++;
			}else {
				cnt[k].x1 = i - 1, cnt[k].y1 = j, cnt[k].x2 = i, cnt[k].y2 = j;	
				k++;
			}
		}
	cout << k << endl;
	for(int i = 0; i < k; i++) cout << cnt[i].x1 << ' ' << cnt[i].y1 << ' ' << cnt[i].x2 << ' ' << cnt[i].y2 << endl;
}
int main() {
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		solve();
	}
	return 0;
} 

Codeforces Round #776 (Div. 3)-D - Twist the Permutation

Codeforces Round #773 (Div. 2)

A - Hard Way

思路:

对于一个三角形而言，如果呈倒三角形并且最上面的一条边与x轴平行，那么在这条边上的两点之间的所有点都是不安全的。计算长度即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
typedef pair<int,int>PII;
const int N = 2e5 + 10;
 
void solve() {
	PII w[3];
	for(int i = 0; i < 3; i++) cin >> w[i].fi >> w[i].se;
	int ans = 0;
	for(int i = 0; i < 3; i++)
		for(int j = i + 1; j < 3; j++) {
			if(w[i].se == w[j].se && w[i].se > w[3-i-j].se) {
				ans = abs(w[i].fi - w[j].fi);
			}
		}
	cout << ans << endl;
}
signed main() {
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		solve();
	}
	return 0;
}

B - Power Walking

思路：

贪心的策略，尽量让相同的元素在一个集合。这样就尽可能的减少计算重复元素的数量。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
typedef pair<int,int>PII;
const int N = 3e5 + 10;
int w[N];
int cnt[N];
void solve() {
	int n;
	cin >> n;
	map<int,int>mp;
	for(int i = 0; i < n; i++) {
		cin >> w[i];
		mp[w[i]]++;
	}
	int k = 0;
	for(auto x : mp) {
		cnt[k++] = x.se;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		if(k >= i) cout << k << ' ';
		else cout << k + i - k << ' ';
	}
	cout << endl;
}
signed main() {
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		solve();
	}
	return 0;
}

C - Great Sequence

思路：

暴力模拟即可。看清题意，x是给出的。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
typedef pair<int,int>PII;
const int N = 3e5 + 10;
void solve() {
	int n, x;
	cin >> n >> x;
	map<int,int>mp;
	for(int i = 0, t; i < n; i++){
		cin >> t;
		mp[t]++;
	}
	int ans = 0;
	for(auto [k , v] : mp) {
		if(!mp.count(k * x)) ans += v;
		else {
			mp[k * x] -= v;
			if(mp[k * x] <= 0) {
				ans -= mp[k * x];
				mp.erase(mp.find(k * x));
			}
		}
	}
	cout << ans << endl;
}
signed main() {
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		solve();
	}
	return 0;
}