AtCoder Beginner Contest 235 题解

赛时做到E，看到F觉得不会就直接开摆惹

A - Rotate

题目描述：给你一个三位数，不含数字$0$，假设这三位数用$abc$表示，求$abc + bca + cab$

思路：根据题目描述模拟即可

时间复杂度：$O(1)$

参考代码：

void solve() {
	string s;
	cin >> s;
	auto f = [&](int a, int b, int c) {
		return a * 100 + b * 10 + c;
	};
	int res = f(s[0] - '0', s[1] - '0', s[2] - '0');
	res += f(s[1] - '0', s[2] - '0', s[0] - '0');
	res += f(s[2] - '0', s[0] - '0', s[1] - '0');
	cout << res << '\n';
	return;
}

B - Climbing Takahashi

题目描述：给你长度为$n$的数组$a$，求最大的$i$使得$a_{j - 1} < a_j\;\forall 1\leq j \leq i$,特别的$a_0 = 0$。

数据范围：$2 \leq n \leq 10^5 , 1 \leq a_i \leq 10^9$

思路：根据题意模拟即可

时间复杂度：$O(n)$

参考代码：

void solve() {
	int n(0), h(0);
	int res = 0;
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		cin >> h;
		if (h > res) res = h;
		else break;
	}
	cout << res << '\n';
	return;
}

C - The Kth Time Query

题目描述：给你一个长度为$n$的数组$A$，给你$Q$个询问，每次询问$(x , k)$表示数字$x$在$A$中第$k$次出现的位置。若$k$大于$x$的数量或者$A$中不存在整数$x$输出$-1$。

思路：考虑到$A_i$比较大，使用unordered_map映射一下再使用vector存储一下下标即可。

时间复杂度：$O(n + q)$

参考代码：

unordered_map<int, vector<int>>mp;
void solve() {
	int n(0), q(0), a;
	cin >> n >> q;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		cin >> a;
		mp[a].push_back(i);
	}
	int x(0), k(0);
	while (q--) {
		cin >> x >> k;
		if (mp.count(x) == 0 || mp[x].size() < k) cout << "-1\n";
		else cout << mp[x][k - 1] << '\n';
	}
	return;
}

D - Multiply and Rotate

题目描述：给你两个整数$a , n$，初始时你有一个整数$x = 1$，每次你可以将当前数字乘以$a$即$x = x * a$，或者在满足$x\geq 10 \&\& x \% 10!= 0$时，将最低位的数字变成最高位，比如123，进行该操作后变成312。问将$x$变为$n$的最小操作次数，若无法实现，输出-1。

数据范围：$2\leq a , n < 10^6 $

思路：考虑BFS进行求解即可，注意过程中$a * x$可能超过int的表示范围，所以需要开long long或者特判一下。

时间复杂度：$O(10^6)$（因为得到的数字个数不超过$10^6$）

参考代码：

struct Node {
	long long val;
	int step;
	Node(long long _val = 0 , int _step = 0):val(_val) , step(_step){}
};
void solve() {
	int a(0), n(0);
	cin >> a >> n;
	auto f = [](string s) {
		int ans = 0, len = s.size();
		ans = s.back() - '0';
		for (int i = 0; i < len - 1; ++i) ans = ans * 10 + s[i] - '0';
		return ans;
	};
	queue<Node> q;
	q.push({ 1ll , 0 });
	int res = -1, cnt = 0;
	vector<bool>vis(1000005, false);
	while (!q.empty()) {
		auto [val, step] = q.front();
		q.pop();
		vis[val] = true;
		long long dx = 1ll * val * a;
		if (dx == n) {
			res = step + 1;
			break;
		}
		if (dx <= 1000000 && vis[dx] == false) {
			vis[dx] = true;
			q.push({ dx , step + 1 });
		}
		if (val >= 10 && val % 10 != 0) {
			dx = f(to_string(val));
			if (dx <= 1000000 && vis[dx] == false) {
				if (dx == n) {
					res = step + 1;
					break;
				}
				q.push({ dx , step + 1 });
				vis[dx] = true;
			}
		}
	}
	cout << res << '\n';
	return;
}

E - MST + 1

题目描述：给你一个带权无向图$G$，可能存在重边和自环，该图的边权两两不同。给你$Q$个询问，每次询问给你一条边$e_i$，问若将$e_i$加入图$G$中，新图的最小生成树是否含有边$e_i$,若含有输出Yes，否则输出No。注意$e_i$的边权与原图中的边权也不同。

思路：我们先求出原图$G$的最小生成树，那么对于每次询问就是若加上该条边，就构成了一个环，而要变成树，需要删除其中的一条边，考虑到是最小生成树，所以删除的是权最大的边。所以我们先将原图的最小生成树$T$求出来，然后对于每次询问$e_i = (u_i , v_i , w_i)$，我们求$T$上路径$(u_i , v_i)$的最大边权，若最大边权大于$w_i$则输出Yes,否则输出No。对于求路径最大边权，我使用了树链剖分，码量有点大，可以选用其他方法如：倍增。

时间复杂度：$O(qlog^2n + mlogm)$

参考代码：

const int N = 2e5 + 5;
struct Edge {
	int u, v, w;
	Edge(int _u = 0, int _v = 0, int _w = 0):u(_u) , v(_v) , w(_w){}
	bool operator < (const Edge& a)const {
		return w < a.w;
	}
};
struct Node {
	int v, w;
	Node(int _v , int _w):v(_v) , w(_w){}
};
vector<vector<Node>>graph(N);
int a[N];
int fa[N], dep[N], siz[N], son[N];
void dfs1(int u, int f) {
	fa[u] = f; dep[u] = dep[f] + 1;
	siz[u] = 1;
	int maxsize = -1;
	for (auto g : graph[u]) {
		if (g.v == f) continue;
		a[g.v] = g.w;
		dfs1(g.v, u);
		siz[u] += siz[g.v];
		if (siz[g.v] > maxsize) maxsize = siz[g.v], son[u] = g.v;
	}
	return;
}
int tim, dfn[N], top[N], weight[N];
void dfs2(int u, int t) {
	dfn[u] = ++tim;
	top[u] = t;
	weight[tim] = a[u];
	if (!son[u]) return;
	dfs2(son[u], t);
	for (auto g : graph[u]) {
		if (g.v == fa[u] || g.v == son[u]) continue;
		dfs2(g.v, g.v);
	}
	return;
}
struct SegmentTree {
	int max, lr, rs, mid;
};
SegmentTree tree[N << 2];
void pushUp(int rt) {
	tree[rt].max = max(tree[rt << 1].max, tree[rt << 1 | 1].max);
	return;
}
void buildTree(int rt, int lr, int rs) {
	tree[rt].max = 0;
	tree[rt].lr = lr; tree[rt].rs = rs;
	if (lr == rs) {
		tree[rt].max = weight[lr];
		return;
	}
	int mid = tree[rt].mid = lr + rs >> 1;
	buildTree(rt << 1, lr, mid);
	buildTree(rt << 1 | 1, mid + 1, rs);
	pushUp(rt);
	return;
}
int query(int rt, int lr, int rs) {
	if (lr > tree[rt].rs || tree[rt].rs < lr) return 0;
	if (tree[rt].lr >= lr && tree[rt].rs <= rs) return tree[rt].max;
	int res = 0;
	if (tree[rt].mid >= lr) res = max(res, query(rt << 1, lr, rs));
	if (tree[rt].mid < rs) res = max(res, query(rt << 1 | 1, lr, rs));
	return res;
}
int queryChain(int u, int v) {
	int res = 0;
	while (top[u] != top[v]) {
		if (dep[top[u]] < dep[top[v]]) std::swap(u, v);
		res = max(res, query(1, dfn[top[u]], dfn[u]));
		u = fa[top[u]];
	}
	if (dep[u] > dep[v]) std::swap(u, v);
	res = max(res, query(1, dfn[u] + 1, dfn[v]));
	return res;
}
void solve() {
	vector<Edge>edges;
	int n, m, u, v, w, q;
	cin >> n >> m >> q;
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		cin >> u >> v >> w;
		edges.push_back({ u , v , w });
		edges.push_back({ v , u , w });
	}
	vector<int>parent(n + 1, 0);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) parent[i] = i;
	auto find = [&](auto find, int u)-> int{
		if (parent[u] != u) parent[u] = find(find , parent[u]);
		return parent[u];
	};
	sort(edges.begin(), edges.end());
	for (auto [u, v, w] : edges) {
		u = find(find, u); v = find(find, v);
		if (u == v) continue;
		graph[u].push_back({ v , w });
		graph[v].push_back({ u , w });
		parent[u] = v;
	}
	dfs1(1, 1);
	dfs2(1, 1);
	buildTree(1, 1, n);
	while (q--) {
		cin >> u >> v >> w;
		int res = queryChain(u, v);
		if (res < w) cout << "No" << '\n';
		else cout << "Yes" << '\n';
	}
	return;
}

posted @ 2022-01-15 21:41 cherish-lgb 阅读(199) 评论(1) 编辑收藏举报

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