Codeforces 1099 - A/B/C/D/E/F - (Done)
链接：https://codeforces.com/contest/1099
A - Snowball - [模拟水题]
题意：有一个雪球从山顶滚落，山坡上有两块石头，每秒钟会一次发生三件事：1、雪球增重，数值为当前高度；2、如果当前高度有一块石头，则会撞到石头，损失跟石头同样重的重量；3、往下移动一米。此外，若雪球的重量如果变为负数，则自动变成零。雪球会在高度为零处停止滚动，问停止滚动时雪球重量。
题解：模拟水题。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int w,h; int u[2],d[2]; int main() { cin>>w>>h; cin>>u[0]>>d[0]>>u[1]>>d[1]; while(h) { w+=h; for(int i=0;i<=1;i++) if(h==d[i]) w-=u[i], w=max(w,0); h--; } cout<<w<<endl; }
B - Squares and Segments - [简单数学题]
题意：在一个无限大的网格上画正方形，只能画单位 $1$ 长度的线段，且端点只能在整数格点上。你如果想画 $(x,y)$ 到 $(x,y+1)$ 这样一条线段，如果存在 $(x',y)$ 到 $(x',y+1)$ 的另外一条线段，则可以直接画，否则就需要用尺子。对于 $(x,y)$ 到 $(x+1,y)$ 这样的线段也是类似的。求最少用几次尺子能画出 $n$ 个正方形。
题解：显然，若 $n=k^2$，则 $ans=2 \cdot k$。否则的话，找到满足 $(k-1)^2 < n < k^2$ 的 $k$，而 $ans$ 为 $2 \cdot k$ 或者 $2 \cdot k - 1$。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int eps=1e-10; int n; int main() { while(cin>>n) { int k=ceil(sqrt(n)-eps)+eps; if(k*k==n) cout<<2*k<<endl; else { int t=n-(k-1)*(k-1); cout<<((t>=k)?(2*k):(2*k-1))<<endl; } } }
C - Postcard - [简单的字符串构造题]
题意：给出一个小写字母组成的字符串，另外还包含“?”、“*”两个字符，“?”代表其前面的那个字母可以去掉或者留下，“*”代表其前面的那个字母可以重复零到任意多次。要求你给出一个长度为 $k$ 的操作后字符串。
题解：首先“Impossible”的原因有两种，一种是长度过长，另一种是长度过短，先把这两种判掉。
其次看看有没有“*”，如果没有，把一部分“?”前的字母留下来达到长度 $k$ 即可；如果有，那么别的全部扔掉，只用其中一个“*”重复字母，知道长度为 $k$。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int k; string s; int main() { cin>>s>>k; int c1=0, c2=0; for(int i=0;i<s.size();i++) { if(s[i]=='?') c1++; if(s[i]=='*') c2++; } if(s.size()-2*(c1+c2)>k) //长度过长 { printf("Impossible\n"); return 0; } if(c2==0 && s.size()-c1<k) //长度过短 { printf("Impossible\n"); return 0; } int need=k-(s.size()-2*(c1+c2)); //cout<<need<<endl; if(c2>0) { for(int i=0;i<s.size();i++) { if(i+1<s.size() && s[i+1]=='?') {i++; continue;} if(i+1<s.size() && s[i+1]=='*') { for(int t=1;t<=need;t++) printf("%c",s[i]); need=0; i++; continue; } printf("%c",s[i]); } printf("\n"); } else { for(int i=0;i<s.size();i++) { if(i+1<s.size() && s[i+1]=='?') { if(need){printf("%c",s[i]); need--; i++; continue;} else {i++; continue;} } printf("%c",s[i]); } printf("\n"); } }
D - Sum in the tree - [DFS]
题意：给出一棵有根树，根节点编号为 $1$，每个节点存在一个权值 $a[x]$，同时还有一个 $s[x]$ 为从根节点到节点 $x$ 这条路径上的所有节点的 $a[x]$ 之和。此时，擦除了所有深度为偶数的节点的 $s[x]$（根节点深度为 $1$）。然后要求反推出所有节点的 $a[x]$，使得所有节点的 $a[x]$ 之和最小。
题解：很容易就能想到，对于一个 $s[x] = -1$ 节点，它的 $a[x]$ 的取值是受制于它的所有直系子节点的。而且，它的儿子节点们的 $s[y]$ 都是确保已知的，因此只存在两种情况：有儿子节点，$s[x]$ 取值就是 $\min_{所有的edge(x,y)}(s[y])$，进而 $a[x] = s[x] - s[par(x)]$；如果没有儿子节点，那么显然取 $a[x] = 0$ 是最好的。然后根据这种思想，用DFS遍历一下树，算出每个节点的 $a[x]$ 就行了。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int INF=0x3f3f3f3f; const int maxn=1e5+10; int n,a[maxn],s[maxn]; vector<int> e[maxn]; bool ok; void dfs(int now,int par,int d) { if(!ok) return; if(d%2==0) { if(e[now].empty()) s[now]=s[par], a[now]=0; else { int mn=INF; for(auto nxt:e[now]) mn=min(mn,s[nxt]); if(mn<s[par]) {ok=0; return;} else s[now]=mn, a[now]=s[now]-s[par]; } } else a[now]=s[now]-s[par]; for(auto nxt:e[now]) dfs(nxt,now,d+1); } int main() { cin>>n; for(int v=2,u;v<=n;v++) scanf("%d",&u), e[u].push_back(v); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&s[i]); ok=1, s[0]=0; dfs(1,0,1); if(!ok) cout<<-1<<endl; else { ll ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) ans+=a[i]; cout<<ans<<endl; } }
