[题解]AtCoder Beginner Contest 386(ABC386) A~E

A - Full House 2

容易发现,答案为Yes\(\iff\)输入中恰好出现了\(2\)种不同的数,可以用set等数据结构来计算不同元素的个数。

点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
set<int> se;
signed main(){
for(int i=1,a;i<=4;i++){
cin>>a;
se.insert(a);
}
cout<<(se.size()==2?"Yes":"No");
return 0;
}

B - Calculator

从头遍历字符串,贪心将现有的00替换成0即可。

点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
int n,cnt;
signed main(){
cin>>s;
n=s.size();
s=s+' ';
for(int i=0;i<n;i++){
if(s[i]=='0'&&s[i+1]=='0') i++;
cnt++;
}
cout<<cnt<<"\n";
return 0;
}

C - Operate 1

\(|s|=n,|t|=m\),则根据\(n,m\)的大小关系讨论:

  • \(|n-m|>1\)No

  • \(n+1=m\):双指针\(i,j\)分别指向\(s[0],t[0]\)开始匹配:

    • 如果\(s[i]\ne t[j]\),则\(j\leftarrow (j+1)\)
    • 如果\(s[i]=t[j]\),则\(i\leftarrow (i+1)\)\(j\leftarrow (j+1)\)

    如果中途失配次数\(\le 1\),则Yes,否则No

  • \(m+1=n\):交换\(s,t\),然后同\(n+1=m\)的做法。

  • \(n=m\)\(s,t\)不匹配的位置\(\le 1\),则Yes,否则No

点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k;
string s,t;
bool solve(){
if(abs(n-m)>1) return 0;
if(n==m){
int cnt=0;
for(int i=0;i<n;i++)
cnt+=(s[i]!=t[i]);
return cnt<=1;
}
if(n-1==m) swap(s,t);
bool f=0;
for(int i=0,j=0;i<n;i++,j++){
if(s[i]!=t[j]){
if(f) return 0;
else f=1,i--;
}
}
return 1;
}
signed main(){
cin>>k>>s>>t;
n=s.size(),m=t.size();
cout<<(solve()?"Yes":"No")<<"\n";
return 0;
}

题解还提供了一种做法:删掉\(s,t\)相同的前缀和后缀,如果最终\(|s|\le 1\)\(|t|\le 1\),则为Yes,否则No

D - Diagonal Separation

下文的“块”均指已被着色的方格。

容易发现,答案合法\(\iff\)不存在一个黑色块在一个白色块的右下方。

证明

因为根据题意,每个黑色块上面和左边的所有格子都必须是黑色,每个白色块下面和右边的所有格子都必须是白色。

如果存在一个黑色块在一个白色块的右下方,它们所管辖范围就会产生两个交点,这两个交点无法同时满足黑色与白色,所以不合法;否则显然合法。

根据这个结论,也相当于判断是否每个黑块左上方都没有白块。

所以我们可以按行从小到大为第一关键字,列从小到大为第二关键字。

  • 对于当前遍历到的白块\((x,y)\),将\(y\)加入set

  • 对于当前遍历到的黑块\((x,y)\),存在set中的,有且仅有\(1\sim(x-1)\)行的所有白块,和第\(x\)行第\((1\sim y)\)列的所有白块。显然答案只可能在它们之中。

    这些白块已经满足了在\((x,y)\)上方,仅需再限制在\((x,y)\)左边即可,即查找set中是否存在值\(k\le y\),可以用二分查找实现。

时间复杂度\(O(m\log m)\)

点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Point{int x,y;char c;};
bool cmp(Point a,Point b){return a.x==b.x?(a.y==b.y?a.c=='W':a.y<b.y):a.x<b.x;}
vector<Point> a;
set<int> se;
int n,m;
bool solve(){
for(Point i:a){
if(i.c=='W') se.insert(i.y);
else if(se.upper_bound(i.y)!=se.begin()) return 0;
}
return 1;
}
signed main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y;char c;
cin>>x>>y>>c;
a.emplace_back((Point){x,y,c});
}
sort(a.begin(),a.end(),cmp);
cout<<(solve()?"Yes":"No")<<"\n";
return 0;
}

虽然题目限制了被着色的方格互不相同,但为了让代码更健壮,我处理了这种情况,对于相同的\((x,y)\),在排序时令白格子在前。

E - Maximize XOR

如果暴搜,时间复杂度将是\(O(C_n^k\times k)\),无法通过……吗?

的确是这样,就算题目限制了\(C_n^k\le 10^6\),在\(k\)较大的情况下仍会严重超时。

但我们知道\(C_n^k=C_n^{n-k}\),所以当\(k>\frac{n}{2}\),让\(k\leftarrow (n-k)\),枚举的就是不选哪些数。时间复杂度变成了\(O(C_n^k\times \min(k,n-k))\)

这样的时间复杂度是可以通过的,下面是感性理解:

  • 经计算,在\(n\ge 23\)时,要想使得\(C_n^k\le 10^6\),就必须使\(k<10\),再往后\(k\)会更小,所以时间复杂度不会超过\(O(10^6\times 10)\)
  • 而在\(n<23\)时,由于\(k\le \frac{n}{2}\),所以时间复杂度也不会超过\(O(10^6\times 11)\)
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define N 200010
#define int long long
using namespace std;
int n,k,a[N],p[N],tmp,ans;
void dfs(int pos,int cnt){
if(pos>k){
int x=tmp;
for(int i=1;i<=k;i++) x^=a[p[i]];
ans=max(ans,x);
return;
}
for(int i=cnt;i<=n-k+pos;i++){
p[pos]=i;
dfs(pos+1,i+1);
}
}
signed main(){
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
if(k>n/2){
k=n-k;
for(int i=1;i<=n;i++) tmp^=a[i];
}
dfs(1,1);
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}

F - Operate K

补题中……

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