AtCoder Beginner Contest 244题解

作者：@cherish.
课程学习内容为作者从学校的PPT处摘抄，仅供自己学习参考，若需转载请注明出处：https://www.cnblogs.com/cherish-/p/16034039.html

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A - Last Letter

题目描述：给你一个长度为n的字符串s，输出该字符串的最后一个字符。

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;
	string s;
	cin >> n >>  s;
	cout << s.back() << '\n';
	return;
}

B - Go Straight and Turn Right

题目描述：你初始时在$(0 , 0)$位置，朝向$x$轴正方向。给你一个长度为$n$的命令用字符串$s$表示，若$s_i$为S表示朝当前方向前进一个单位；若$s_i$为R表示将方向顺时针旋转90度。问你的最终位置。

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;
	string s;
	cin >> n >>  s;
	int dire = 0;
	int x = 0, y = 0;
	for (auto& c : s) {
		if (c == 'S') {
			if (dire == 0) ++x;
			else if (dire == 1) --y;
			else if (dire == 2) --x;
			else if (dire == 3) ++y;
		}
		else dire = (dire + 1) % 4;
	}
	cout << x << " " << y << '\n';
	return;
}

C - Yamanote Line Game

题目描述：实现一个简单的交互。

思路：使用set存储当前还没有使用的数字，然后模拟即可。

时间复杂度：$O(nlogn)$

参考代码：

void solve() {
	int n;
	cin >> n;
	set<int>s;
	for (int i = 1; i <= 2 * n + 1; ++i) s.insert(i);
	int x;
	while (!s.empty()) {
		x = *s.begin();
		s.erase(x);
		cout << x << endl;
		if (s.empty()) break;
		cin >> x;
		s.erase(x);
	}
	return;
}

D - Swap Hats

题目描述：给你两个由R，G，B构成的排列，对于其中一个排列，是否可以通过交换其中两个字符的位置，使得这两个排列相同。若可以输出No，否则输出Yes。

思路：根据题意模拟即可。

时间复杂度：$O(1)$

参考代码：

void solve() {
	vector<string>s(3), t(3);
	for (auto& c : s) cin >> c;
	for (auto& c : t) cin >> c;
	int cnt = 0;
	for (int i = 0; i < 3; ++i) cnt += s[i] != t[i];
	string res = "No";
	if (cnt % 3 == 0) res = "Yes";
	cout << res << '\n';
	return;
}

E - King Bombee

题目描述：给你一个n个顶点m条边的简单无向图。再给你一个k，和一个起点s和终点t，再给你一个顶点x，保证x和s , t都不相同。问从s出发经过k条边到达t的所有路径中x出现次数为偶数次的路径数。

思路：比较明显的dp。定义状态$f_{i , j , op}$表示经过$i$条边到达$j$，且$x$出现次数为$op$的路径数。其中$op$只有$0 , 1$两种取值，显然有转移方程：

$$f_{i , j , op} = \sum\limits_{(u , j) \in E} f_{i - 1 , u , op} \; j \neq x\\ f_{i , j , op} = \sum\limits_{(u , j)\in E}f_{i -1 , u , op \oplus 1} \; j = x$$

时间复杂度：$O(k(n + m)$

参考代码：

void solve() {
	int n, m, k, s, t, x;
	cin >> n >> m >> k >> s >> t >> x;
	int u, v;
	vector<vector<int>>graph(n + 1);
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		cin >> u >> v;
		graph[u].push_back(v);
		graph[v].push_back(u);
	}
	vector<vector<vector<int>>>f(k + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(2 , 0)));
	f[0][s][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= k; ++i) {
		for (int j = 1; j <= n; ++j) {
			for (auto& v : graph[j]) {
				if (j == x) f[i][j][1] = (f[i][j][1] + f[i - 1][v][0]) % mod;
				else f[i][j][1] = (f[i][j][1] + f[i - 1][v][1]) % mod;
				if (j == x) f[i][j][0] = (f[i][j][0] + f[i - 1][v][1]) % mod;
				else f[i][j][0] = (f[i][j][0] + f[i - 1][v][0]) % mod;
			}
		}
	}
	cout << f[k][t][0] << '\n';
	return;
}

F - Shortest Good Path

题目描述：给你$1\leq n \leq 17$个顶点$m$条边的简单无向图。对于一个长度为$k$的路径$(A_1 , A_2 , ...,A_k)$，又有长度为$n$的$01$串$s$，若：

• $s_i$ = 0 ，则表示在路径中编号为$i$的顶点出现了偶数次
• $s_i$ = 1，则表示在路径中编号为i的顶点出现了奇数次

你的任务是对于$s$的所有情况，求出此时路径长度的最短值的和。

思路：为了方便表示，将顶点从$0$开始编号，定义$dis(S , v)$表示当$s = S$且以$v$结束时的路径长度的最短值。那么当$s = S$时的最短路径就是$\mathop{min}\limits_{i = 0}^{n - 1}dis(S , i)$。又想到本题实质是边长为$1$求最短路径，自然想到BFS。初始时$dis(S_i , v) = inf \;\forall 0 \leq i < 2^n$,起点都初始化为1，具体看代码吧。

最终答案为：

$$\sum\limits_{i = 0}^{2^n - 1} \mathop{min}\limits_{j = 0}^{n - 1}\;dis(i , j)$$

时间复杂度：$O(n^2 \times 2^n)$

参考代码：

void solve() {
	int n, m, u, v;
	cin >> n >> m;
	vector<vector<int>>graph(n);
	int N = 1 << n;
	const int inf = 0x3f3f3f3f;
	vector<vector<int>>dis(N, vector<int>(n, inf));
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		cin >> u >> v;
		--u; --v;
		graph[u].push_back(v);
		graph[v].push_back(u);
	}
	using PII = pair<int, int>;
	queue<PII> Q;
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		Q.push({ 1 << i , i });
		dis[1 << i][i] = 1;
	}
	while (!Q.empty()) {
		auto [path, u] = Q.front();
		Q.pop();
		for (auto& v : graph[u]) {
			int nx = path ^ (1 << v);
			if (dis[nx][v] < inf) continue;
			dis[nx][v] = dis[path][u] + 1;
			Q.push({ nx , v });
		}
	}
	long long res = 0;
	for (int i = 1; i < N; ++i) {
		int mn = inf;
		for (int j = 0; j < n; ++j) mn = min(mn, dis[i][j]);
		res += mn;
	}
	cout << res << '\n';
	return;
}