ABC-281解题报告
B. Sandwich Number
题意：给你一个字符串，判断是否满足：首先为一个大写英文字符；然后为 \(6\) 位数字，组成 \([100000,999999]\) 之间的数（即不能有前导零）；最后为一个大写英文字符。
对照题意模拟即可。实现上可以通过函数来简化重复步骤。
By yokozuna57
bool f(char c){
return 'A'<=c&&c<='Z';
}
bool g(char c){
return '0'<=c&&c<='9';
}
int main(){
string s;
cin>>s;
bool ok=s.size()==8;
if(ok){
ok&=f(s[0]);
ok&=f(s[7]);
for(int i=1;i<=6;i++)ok&=g(s[i]);
ok&=s[1]!='0';
}
if(ok)puts("Yes");
else puts("No");
}
还有一个优化代码的方法为利用内置函数。C++ 内置了一些常用的判断字符的函数：
- 判断是否为数字：
isdigit(c) - 判断是否为大写字母：
isupper(c) - 判断是否为小写字母：
islower(c)
C. Circular Playlist
题意：有一个 \(n\) 首歌的歌单，第 \(i\) 首歌的时长为 \(a_i\)，全部播放完后会从第一首重新播放。问第 \(T\) 秒时播放到哪一首歌的哪个位置。保证第 \(T\) 秒不是两首歌切换的时间。
首先处理完循环多少次完整的歌单。循环的部分对答案不会有影响，所以计算出这 \(n\) 首歌的总时长 \(s\)，将 \(T\) 对 \(s\) 取模即可忽略掉循环的部分。对于剩下的部分，可以遍历每一首歌，累加当前时长，在加上当前歌后超过 \(T\) 时输出；也可以遍历时减小剩余时长 \(T\)，当剩余时长小于当前歌时输出。
做法一
By Rubikun
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main(){
ll N,T;cin>>N>>T;
ll sum=0;
vector<ll> A(N);
for(int i=0;i<N;i++){
cin>>A[i];
sum+=A[i];
}
T%=sum;
ll S=0;
for(int i=0;i<N;i++){
if(S+A[i]>T){
cout<<i+1<<" "<<T-S<<"\n";
return 0;
}else{
S+=A[i];
}
}
}
做法二
By SSRS
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int N;
long long T;
cin >> N >> T;
vector<int> A(N);
for (int i = 0; i < N; i++){
cin >> A[i];
}
long long S = 0;
for (int i = 0; i < N; i++){
S += A[i];
}
T %= S;
for (int i = 0; i < N; i++){
if (T < A[i]){
cout << i + 1 << ' ' << T << endl;
break;
}
T -= A[i];
}
}
E. Least Elements
题意：有一个长度为 \(n\) 数组 \(a\)，有一个长度为 \(m\) 的窗口，初始框住 \([1,m]\)，每次右移一格直到 \([n-m+1,n]\)。你需要对于每个位置回答，窗口内前 \(k\) 小的数之和。
这个题显然可以用数状数组、权值线段树或主席树来维护，每次移动时把出去的删掉，进来的加上即可。但实际上只用 STL 也可以完成本题。
考虑维护两个 multiset（可重集） \(L,R\)，\(L\) 表示当前窗口内前 \(k\) 小的数， \(R\) 表示当前窗口的其他数。
每次移动的时候，先判断删除的那个数在不在 \(R\) 内：如果在则直接把 \(R\) 中的删掉（因为删掉 \(R\) 里的元素不会影响答案）；如果不在 \(R\) 内而在 \(L\) 内，将 \(L\) 中的删掉并将 \(R\) 中最小的元素扔到 \(L\) 里。
然后考虑新加入的数：如果比 \(L\) 的最大值要小，则把它扔进 \(L\) 内，替换掉 \(L\) 的最大值（旧的最大值扔到 \(R\) 里）；否则直接扔到 \(R\) 里。
每次在 \(L\) 加入/删除元素时都更新当前 \(L\) 的和即可。
By kotatsugame
#include<iostream>
#include<set>
using namespace std;
int N,M,K;
int A[2<<17];
int main()
{
cin>>N>>M>>K;
for(int i=0;i<N;i++)cin>>A[i];
set<pair<int,int> >L,R;
long Rs=0;
for(int i=0;i<M-1;i++)
{
L.insert(make_pair(-A[i],i));
auto it=L.end();it--;
R.insert(*it);
Rs+=it->first;
L.erase(it);
if(R.size()>K)
{
auto jt=R.begin();
L.insert(*jt);
Rs-=jt->first;
R.erase(jt);
}
}
for(int i=M-1;i<N;i++)
{
L.insert(make_pair(-A[i],i));
auto it=L.end();it--;
R.insert(*it);
Rs+=it->first;
L.erase(it);
if(R.size()>K)
{
auto jt=R.begin();
L.insert(*jt);
Rs-=jt->first;
R.erase(jt);
}
cout<<-Rs<<"\n";
pair<int,int>d=make_pair(-A[i-(M-1)],i-(M-1));
if(L.find(d)!=L.end())L.erase(L.find(d));
else
{
Rs-=d.first;
R.erase(R.find(d));
}
}
}
一个错解 By Jack2022
const int N=500005;
const int MAX=(1<<31)-1;
multiset<int> s,t;
int n,m,k;
int a[N];
int ans;
signed main()
{
//freopen("input.txt","r",stdin);
//freopen("output.txt","w",stdout);
cin>>n>>m>>k;
C_in(a,n);
for(int i=0;i<m;i++)
{
t.insert(a[i]);
}
for(int i=0;i<k;i++)
{
s.insert(*t.begin());
ans+=*t.begin();
t.erase(t.begin());
}
cout<<ans<<" ";
for(int i=1;i<=n-m;i++)
{
bool cc=false;
if(a[i-1]>=*t.begin())
{
t.erase(t.find(a[i-1]));
}
else
{
s.erase(s.find(a[i-1]));
ans-=a[i-1];
cc=true;
}
int now=a[i+m-1];
t.insert(now);
if(cc)
{
s.insert(*t.begin());
ans+=*t.begin();
t.erase(t.begin());
}
else
{
if(*t.begin()<*s.rbegin())
{
ans-=*s.rbegin();
ans+=*t.begin();
msit j=s.end();
j--;
t.insert(*j);
s.erase(j);
msit i=t.begin();
t.erase(i);
s.insert(*i);
}
}
cout<<ans<<" ";
}
return 0;
}
这份代码的思路是完全没有问题的，他的错误在于，如果 \(m=k\)，则集合 \(t\) 在任何时刻都没有元素，而他的代码有询问 t.begin() 的过程，在没有元素时就会出现一些问题。一组 hack 数据：
6 3 3
3 1 4 1 5 9
将主 for 循环里第一个 if(a[i-1]>=*t.begin()) 改为 if(!t.empty()&&a[i-1]>=*t.begin()) 即可。
除了使用 set，同样也可以使用 priority_queue 来维护。这个题的操作只会在 \(L\) 的最大值和 \(R\) 的最小值之间提取，所以 \(L\) 向较大的一端开口（大根堆），\(R\) 向较小的一端开口（小根堆）即可。
By guud
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using PII = pair<int, int>;
const long long inf = 1e14;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
#ifdef LOCAL
freopen("in.txt", "r", stdin);
freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
int n, m, k;
cin >> n >> m >> k;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> big;
priority_queue<PII> small;
long long ans = 0;
for (int i = 0; i < m; i++) {
if (i < k) {
small.push({a[i], i});
ans += a[i];
} else {
if (small.top().first <= a[i]) {
big.push({a[i], i});
} else {
auto u = small.top();
small.pop();
big.push(u);
ans -= u.first;
small.push({a[i], i});
ans += a[i];
}
}
}
vector<bool> vis(n);
cout << ans << " ";
for (int i = m; i < n; i++) {
while (!big.empty() and vis[big.top().second]) big.pop();
while (!small.empty() and vis[small.top().second]) small.pop();
int t = i - m;
// cout << i << endl;
if (a[t] <= small.top().first) {
ans -= a[t];
if (!big.empty() and big.top().first < a[i]) {
auto u = big.top();
big.pop();
small.push(u);
ans += u.first;
big.push({a[i], i});
} else {
small.push({a[i], i});
ans += a[i];
}
} else {
auto t = small.top();
if (t.first <= a[i]) {
big.push({a[i], i});
} else {
small.pop();
big.push(t);
ans -= t.first;
small.push({a[i], i});
ans += a[i];
}
}
vis[t] = true;
cout << ans << " ";
}
cout << '\n';
return 0;
}
