AtCoder Beginner Contest 277 题解

掉大分力（悲

A - ^{-1}

直接模拟。

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define TIE cin.tie(0),cout.tie(0)
#define int long long
using namespace std;
int n,a[200005],x,ans;
signed main(){
	IOS;TIE;
	cin>>n>>x;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		if(a[i]==x) ans=i;
	}
	cout<<ans<<endl; 
	return 0;
} 

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B - Playing Cards Validation

直接判断即可。判重的话搞个 $\text{map}$ 就好。

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define TIE cin.tie(0),cout.tie(0)
#define int long long
using namespace std;
int n,fl;
map<string,bool> mp;
string s;
signed main(){
	IOS;TIE;
	cin>>n;
	while(n--){
		cin>>s;
		if(mp[s]) fl=1;
		mp[s]=1;
		if(s[0]!='H'&&s[0]!='D'&&s[0]!='C'&&s[0]!='S'){
			fl=1;
		}
		if(s[1]!='A'&&s[1]!='J'&&s[1]!='Q'&&s[1]!='K'&&s[1]!='T'&&!(s[1]>='2'&&s[1]<='9')){
			fl=1;
		}
	}
	cout<<(fl?"No":"Yes")<<endl; 
	return 0;
} 

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C - Ladder Takahashi

考虑用 $\text{map}$ 进行离散化，同时记下每个楼层离散化之前的值，然后就可以建图跑 $\text{DFS}$ 了。

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define TIE cin.tie(0),cout.tie(0)
#define int long long
using namespace std;
int n,u,v,ans=1,tot=1,val[200005];
map<int,int> mp;
vector<int> a[200005];
bool vis[200005];
void dfs(int x){
	for(int i=0;i<a[x].size();i++){
		int tmp=a[x][i];
		if(!vis[tmp]){
			ans=max(ans,val[tmp]);
			vis[tmp]=1;
			dfs(tmp); 
		}
	}
}
signed main(){
	IOS;TIE;
	cin>>n;
	mp[1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>u>>v;
		if(!mp[u]) mp[u]=++tot,val[tot]=u;
		if(!mp[v]) mp[v]=++tot,val[tot]=v;
		a[mp[u]].push_back(mp[v]);
		a[mp[v]].push_back(mp[u]);
	}
	vis[1]=1;
	dfs(1);
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
} 

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D - Takahashi's Solitaire

实际上就是求排序后最大连续整数段和。但是有一个取模的条件，也就是说可以是 $m-2,m-1,0,1,2,\dots$ 这样的一段，所以考虑复制一遍排序后的数组。同时末尾放一个未出现数，防止最后一段取不到。设这样求出的最大连续整数段和为 $mx$，原先所有数之和为 $sum$，则最后答案为 $max(0,sum-mx)$。和 $0$ 取 $max$ 是为了防止整段形成一个环，使得有些数取了两次。

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define TIE cin.tie(0),cout.tie(0)
#define int long long
using namespace std;
int n,a[400005],m,sum;
signed main(){
	IOS;TIE;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],sum+=a[i];
	sort(a+1,a+n+1);
	int tmp=0,mx=0;
	a[0]=a[1];
	for(int i=n+1;i<=n*2;i++) a[i]=a[i-n];
	a[n*2+1]=-1;
	for(int i=1;i<=n*2+1;i++){
		if(a[i]==a[i-1]||a[i]==(a[i-1]+1)%m) tmp+=a[i];
		else{
			mx=max(mx,tmp);
			tmp=a[i];
		}
	}
	cout<<max(sum-mx,0ll)<<endl;
	return 0;
} 

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E - Crystal Switches

考虑当成普通的 $\text{BFS}$ 求最短路来做。不同之处在于，边是否可走与当前开关状态有关。想到，每个点在一种状态下应当只被访问一次，因为相同状态多次访问情况会变得相同。所以只需要把原先的 $vis$ 数组改成二维，记 $vi{s}_{0/1,i}$ 表示边为 $0/1$ 状态时是否更新过 $i$。所以在 $\text{BFS}$ 的队列中也要再加入一个参数 $now$ 表示当前状态。

设初始状态为 $0$，$k.to$ 为当前队首，$k.now$ 为当前队首状态，$tmp.fl$ 为走向某一条边的初始状态，$mar{k}_i$ 为点 $i$ 是否有开关，则有：

• 若 $k.now\oplus tmp.fl=1$，可以不更改状态更新
• 否则，若 $mar{k}_{k.to}=1$，可以更改状态更新

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define TIE cin.tie(0),cout.tie(0)
#define int long long
using namespace std;
int n,m,k,s,u,v,t,ans=1e18;
bool mark[200005],vis[2][200005];
struct node{
	int to,fl;
};
vector<node> a[200005];
struct Node{
	int to,ans,now;
};
queue<Node> q;
signed main(){
	IOS;TIE;
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>u>>v>>t;
		a[u].push_back({v,t});
		a[v].push_back({u,t});
	}
	for(int i=1;i<=k;i++) cin>>s,mark[s]=1;
	vis[0][1]=1;
	q.push({1,0,0});
	while(q.size()){
		Node k=q.front();q.pop();
		if(k.to==n){
			cout<<k.ans<<endl;
			return 0;
		}
		for(int i=0;i<a[k.to].size();i++){
			node tmp=a[k.to][i];
			if(k.now^tmp.fl){
				if(!vis[k.now][tmp.to]){
					vis[k.now][tmp.to]=1;
					q.push({tmp.to,k.ans+1,k.now});
				}
			}
			else if(mark[k.to]){
				if(!vis[k.now^1][tmp.to]){
					vis[k.now^1][tmp.to]=1;
					q.push({tmp.to,k.ans+1,k.now^1});
				}
			}
		}
	}
	cout<<-1<<endl;
	return 0;
} 

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咕咕咕