Codeforces Round #578 (Div. 2)
| A | B | C | D | E | F |
|---|---|---|---|---|---|
| 模拟 | 贪心 | 数学 | 前缀和 | kmp | dfs,数学 |
A. Hotelier
题意
给出长度为n的字符串，L表示有一个顾客从左边开始找房间，R表示有一个顾客从右边开始找房间，
'0'~'9'表示相应的房间的客人离开，最后输出每个房间的情况。
题解
暴力模拟
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(10);
int n;
string s;
cin >> n >> s;
vi a(10, 0);
for (char ch : s) {
if (ch == 'L') {
FOR(i, 0, 10) {
if (a[i] == 0) {
a[i] = 1;
break;
}
}
} else if (ch == 'R') {
REP(i, 0, 10) {
if (a[i] == 0) {
a[i] = 1;
break;
}
}
} else {
a[ch - '0'] = 0;
}
}
for (int x : a) {
cout << x;
}
cout << "\n";
return 0;
}
B. Block Adventure
题意
n列方块，每列有 $ h_i $ 个方块。你有一个袋子初始有m个方块，容量无限，你初始在第1列。
你可以从当前所在列拿或放方块，如果\(| h_i - h_{i+1}| \leq k\)，你可以到下一列，问你能否到第n列。
题解
贪心，每次在当前列取尽量多的块。
const int MAXN = 105;
int h[MAXN];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(10);
MUL_CASE {
int n, k;
ll m;
cin >> n >> m >> k;
FOR(i, 0, n) { cin >> h[i]; }
FOR(i, 0, n - 1) {
if (h[i] >= h[i + 1] - k) {
m += h[i] - max(h[i + 1] - k, 0);
} else if (h[i] + m < h[i + 1] - k) {
m = -1;
break;
} else {
m -= h[i + 1] - k - h[i];
}
}
if (m >= 0) {
cout << "YES\n";
} else {
cout << "NO\n";
}
}
return 0;
}
C. Round Corridor
题意
一个圆盘有两层，内层有n块，外层有m块，内外层之间无墙，层内有墙。
q次询问，问两个区域能否到达。
题解
每\((n / (n, m), m / (n, m))\)块可以相通。
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(10);
ll n, m;
int q;
cin >> n >> m >> q;
ll g = __gcd(n, m);
auto block = [&](ll x, ll y) {
if (x == 1) {
return (y - 1) / (n / g);
} else {
return (y - 1) / (m / g);
}
};
while (q--) {
ll sx, sy, ex, ey;
cin >> sx >> sy >> ex >> ey;
if (block(sx, sy) == block(ex, ey)) {
cout << "YES\n";
} else {
cout << "NO\n";
}
}
return 0;
}
D. White Lines
题意
给出n * n的黑白方阵，你可以将一个k * k的矩阵变白。问最多可以有多少行/列全白。
题解
枚举k * k的矩阵，其对应的答案为除开此矩阵的白行/列+矩阵有多少行(列)左右(上下)都是白色。
const int MAXN = 2e3 + 5;
char s[MAXN][MAXN];
int cols[MAXN], rows[MAXN];
bool l[MAXN][MAXN], r[MAXN][MAXN], u[MAXN][MAXN], d[MAXN][MAXN], mark[MAXN];
int sc[MAXN][MAXN], sr[MAXN][MAXN];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(10);
int n, k;
cin >> n >> k;
FOR(i, 1, n + 1) { cin >> (s[i] + 1); }
FOR(i, 1, n + 1) {
int x = 1;
FOR(j, 1, n + 1) {
if (s[i][j] == 'B') {
x = 0;
break;
}
}
rows[i] = rows[i - 1] + x;
}
FOR(i, 1, n + 1) {
int x = 1;
FOR(j, 1, n + 1) {
if (s[j][i] == 'B') {
x = 0;
break;
}
}
cols[i] = cols[i - 1] + x;
}
fill(mark + 1, mark + n + 1, 1);
FOR(i, 1, n + 1) {
FOR(j, 1, n + 1) {
u[i][j] = mark[j];
if (s[i][j] == 'B') {
mark[j] = 0;
}
}
}
fill(mark + 1, mark + n + 1, 1);
FOR(j, 1, n + 1) {
FOR(i, 1, n + 1) {
l[i][j] = mark[i];
if (s[i][j] == 'B') {
mark[i] = 0;
}
}
}
fill(mark + 1, mark + n + 1, 1);
REP(i, 1, n + 1) {
FOR(j, 1, n + 1) {
d[i][j] = mark[j];
if (s[i][j] == 'B') {
mark[j] = 0;
}
}
}
fill(mark + 1, mark + n + 1, 1);
REP(j, 1, n + 1) {
FOR(i, 1, n + 1) {
r[i][j] = mark[i];
if (s[i][j] == 'B') {
mark[i] = 0;
}
}
}
/*
FOR(i, 1, n + 1) { debug("%d rows:%d cols:%d\n", i, rows[i], cols[i]); }
FOR2(i, 1, n + 1, j, 1, n + 1) {
debug("(%d,%d) l:%d r:%d u:%d d:%d\n", i, j, l[i][j], r[i][j], u[i][j],
d[i][j]);
}
*/
FOR2(i, 1, n + 1, j, 1, n + 1) {
if (j >= k) {
sr[i][j] = sr[i - 1][j] + (l[i][j - k + 1] && r[i][j]);
}
if (i >= k) {
sc[i][j] = sc[i][j - 1] + (u[i - k + 1][j] && d[i][j]);
}
// debug("(%d,%d) sr:%d sc:%d\n", i, j, sr[i][j], sc[i][j]);
}
int ans = 0;
FOR2(i, k, n + 1, j, k, n + 1) {
ans =
max(ans, rows[i - k] + rows[n] - rows[i] + sr[i][j] - sr[i - k][j] +
cols[j - k] + cols[n] - cols[j] + sc[i][j] - sc[i][j - k]);
}
cout << ans << "\n";
return 0;
}
E. Compress Words
题意
给出n个单词，将单词依次连接。
A和B连接回会删除B中suffix(A)和prefix(B)的最长相同部分。输出最终字符串。
题解
通过kmp可以求出LCSP。
void get_next(char *S, int *nxt, int n) {
nxt[0] = -1;
int j = -1;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
while ((~j) && S[j + 1] != S[i]) {
j = nxt[j];
}
nxt[i] = (S[j + 1] == S[i]) ? (++j) : j;
}
}
int pattern(char *S, char *T, int *nxt, int n, int m) {
int j = -1;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
while ((~j) && S[j + 1] != T[i]) {
j = nxt[j];
}
j += S[j + 1] == T[i];
}
return j;
}
const int MAXL = 1e6 + 5;
char s[MAXL], ans[MAXL];
int nxt[MAXL];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(10);
int n;
cin >> n;
cin >> ans;
int l2 = strlen(ans);
FOR(i, 1, n) {
cin >> s;
int l1 = strlen(s);
get_next(s, nxt, l1);
int pl = min(l1, l2);
int j = pattern(s, ans + l2 - pl, nxt, l1, pl);
FOR(k, j + 1, l1) { ans[l2++] = s[k]; }
}
cout << ans << "\n";
return 0;
}
F. Graph Traveler
题意
n个点，每个点有$ k_i $和 $ m_i \(出边。
每次旅行有初值c，每到达点v，c+=v，之后沿\) e[v][c mod m_i] $继续。
q次询问，问从x出发，初值为y，问有多少个点可以无限被访问。
题解
因为$ m_i < 10 $，所以可以将所有的权值对2250取模，所有状态数变为2250n，可以dfs算出答案。
const int MAXN = 1e3;
const int LCM = 2520;
int k[MAXN], e[10], ans[MAXN][LCM];
pii nxt[MAXN][LCM], mark[MAXN][LCM];
void dfs(int x, int y, const pii &st) {
mark[x][y] = st;
int _x = nxt[x][y].first;
int _y = nxt[x][y].second;
if (mark[_x][_y] == pii(-1, -1)) {
dfs(_x, _y, st);
ans[x][y] = ans[_x][_y];
} else {
if (mark[_x][_y] == st) {
int cx = x;
int cy = y;
static set<int> s;
s.clear();
do {
s.insert(cx);
_x = nxt[cx][cy].first;
_y = nxt[cx][cy].second;
cx = _x;
cy = _y;
} while (cx != x || cy != y);
ans[x][y] = s.size();
} else {
ans[x][y] = ans[_x][_y];
}
}
}
int main() {
// freopen("input.txt", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(10);
int n;
cin >> n;
FOR(i, 0, n) {
cin >> k[i];
k[i] %= LCM;
if (k[i] < 0) {
k[i] += LCM;
}
}
FOR(i, 0, n) {
int m;
cin >> m;
FOR(j, 0, m) {
cin >> e[j];
--e[j];
}
FOR(j, 0, LCM) {
int c = (k[i] + j) % LCM;
int v = e[c % m];
nxt[i][j] = {v, c};
}
}
memset(ans, -1, sizeof(ans));
memset(mark, -1, sizeof(mark));
FOR(i, 0, n) {
FOR(j, 0, LCM) {
if (mark[i][j] != pii(-1, -1)) {
continue;
}
dfs(i, j, {i, j});
}
}
int q;
cin >> q;
while (q--) {
int x, y;
cin >> x >> y;
cout << ans[x - 1][(y % LCM + LCM) % LCM] << "\n";
}
return 0;
}
