Educational Codeforces Round 102 (Rated for Div. 2)(A-E)
A. Replacing Elements
大意：
给出n个数，以及一个数d，可以对这n个数进行任意次操作，每次操作可以选互不相同的三个值i j k，然后令\(a_i=a_j+a_k\)
问能否在任意次操作后，使得每个数都小于等于d
思路：
先看是不是都小于等于d，如果都小于等于d直接输出yes
否则的话，看是否能找到两个数的和小于等于d，能找到的话就可以把大于d的数都赋值为这两个数的和
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e2 + 5;
typedef long long LL;
int t, a[N];
int main() {
cin >> t;
while (t--) {
int n, d, flag = 0;
cin >> n >> d;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
if (a[i] > d) flag = 1;
}
if (flag) {
int yes = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = i + 1; j < n; j++) {
if (a[i] + a[j] <= d) yes = 1;
}
}
if (yes) cout << "YES" << endl;
else
cout << "NO" << endl;
} else
cout << "YES" << \endl;
}
return 0;
}
B. String LCM
大意：
求两个字符串的lcm，字符串的lcm定义为能被两个字符串整除的最短字符串，若a由1一个或多个b拼接而成，那么称a能被b整除
如果找不到lcm，输出-1
思路：
直接求两个字符串长度的lcm，然后将他们都拼接到这个长度上来，最后看是否相等，相等的话就直接输出，否则没有lcm
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
int const N = 2e5 + 10;
int n, m, T;
int main() {
cin >> T;
string s1, s2;
while (T--) {
cin >> s1 >> s2;
int l1 = s1.size();
int l2 = s2.size();
int len = l1 * l2 / __gcd(l1, l2);
string ans1 = "";
for (int i = 0; i < len/l1;i++){
ans1 += s1;
}
string ans2 = "";
for (int i = 0; i < len/l2;i++){
ans2 += s2;
}
if (ans1 == ans2) cout << ans1 << endl;
else
cout << "-1" << endl;
}
return 0;
}
C. No More Inversions
大意：
给出n和k，a为一个序列：\(1, 2, 3, \dots, k - 1, k, k - 1, k - 2, \dots, k - (n - k)\)
要求求出一个1到k的全排列p，使得\(b[i] = p[a[i]]\)，此时b的逆序对数量不小于a，且b的字典序最大
思路：
一顿乱搞，因为a的后面\(2(k - (n - k))+1\)个数是对称的，那么构造出来的b后面的数也是对称的，然后既要满足b的逆序对数量不小于a，又要满足b的字典序最大，所以在纸上试试发现只能是前面的数保持不变，然后后面的“V"字上下颠倒过来即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long LL;
int t, n, k;
int main() {
cin >> t;
while (t--) {
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i < (k - (n - k)); i++) {
cout << i << ' ';
}
for (int i = k; i >= (k - (n - k)) ; i--) {
cout << i << ' ';
}
cout << endl;
}
return 0;
}
D. Program
大意：
一个机器人，给出长度为n的指令，’+‘代表向前走1步，'-'代表向后退一步，初始位置为0
现在给出m个查询，每个查询给出l和r
要求问在忽略l到r这一段指令的情况下，机器人坐标的取值范围有多大
思路：
前缀后缀去做，首先求出前缀数组，那么就代表在第i步机器人的坐标为\(pre[i]\)
同时在求前缀的时候维护一个\(maxp[i]\)代表机器人在前i步，从0开始能达到的最右边的位置
维护一个\(minp[i]\)代表机器人在前i步，从0开始能达到的最左边的位置
然后求后缀，\(bk[i]\)，在求后缀的时候更新\(maxb[i]\)和\(minb[i]\),分别代表从i到n这个区间，与终点的左右偏移量最大是多少
最后分别求出来起点和终点的左右偏移量，然后取个max相减即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
typedef long long LL;
int t, pre[N],maxp[N],minp[N],maxb[N],minb[N],bk[N];
string s;
int main() {
cin >> t;
while (t--) {
int n, m;
cin >> n >> m;
cin >> s;
s =" "+ s;
maxp[0] = maxb[n + 1] = 0; //-0x3f3f3f3f;
minp[0] = minb[n + 1] = 0; //0x3f3f3f3f;
pre[0] = pre[n+1] = bk[n + 1] = bk[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (s[i] == '+')
pre[i] = pre[i - 1] + 1;
else
pre[i] = pre[i - 1] - 1;
maxp[i] = max(maxp[i - 1], pre[i]);
minp[i] = min(minp[i - 1], pre[i]);
}
for (int i = n; i >=0 ; i--) {
if (s[i] == '+')
bk[i] = bk[i + 1] + 1;
else
bk[i] = bk[i + 1] - 1;
maxb[i] = max(maxb[i + 1], bk[i]);
minb[i] = min(minb[i + 1], bk[i]);
}
while(m--){
int l, r;
cin >> l >> r;
int max1 = maxp[l - 1], min1 = minp[l - 1];
int mid = pre[r] - pre[l - 1];
r++;
int max2 = pre[n] - mid - minb[r], min2 = pre[n] - mid - maxb[r];
//cout <<pre[n]<<' '<< max1 << ' ' << min1 << ' ' << max2 << ' ' << min2 << endl;
cout << max(max1, max2) - min(min1, min2) + 1 << endl;
}
}
return 0;
}
E. Minimum Path
大意：
定义无向图上两个点之间的距离为两点之间路径之和减去最大边权，再加上最小边权
输出1号点到其他所有点的最短距离
思路：
相当于在最短路的基础上加了两个约束条件，一个约束条件是必须有一条边的权被减去，一个约束条件是必须有一条边的权被加了一次
那么可以开三维数组：\(dis[i][f1][f2]\)代表1号点到i号点，约束条件1和2是否达到的最短路径
这样只需要将dijstra进行修改，每次更新都有四个选择：这条边作为普通的边，这条边作为最大边，这条边最为最小边，以及这条边既是最大又是最小边
证明正确性：因为全部的情况都被枚举出来，而对于一条路来说，如果必须要删掉一条边，然后加上一条边，那么一定是删掉最大边，加上最小边，所以\(dis[i][1][1]\)一定是符合条件的最小值
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
int const N = 4e5 + 10;
int e[N], ne[N], h[N], idx, n, m, st[N][2][2];
typedef long long LL;
LL dis[N][2][2], w[N];
void add(int a, int b, int c) {
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a],
h[a] = idx++; // e代表idx连接的边，w为权，ne代表idx的上一条边，h代表a最近加入的一条边
}
struct node {
int ver, f1, f2;
LL dis;
bool operator<(const node& a) const { return dis > a.dis; }
};
// 堆优化版dijkstra
void dijkstra() {
memset(dis, 0x3f, sizeof dis); // 初始化距离为无穷
priority_queue<node>q; // 定义一个按照距离从小到大排序的优先队列，第一维:距离，第二维:点
dis[1][0][0] = 0; // 一开始源点距离为0
node start;
start.dis = 0, start.ver = 1, start.f1 = start.f2 = 0;
q.push(start); // 把源点信息放入队列
while (q.size()) { // 每个点只出入队列一次
auto t = q.top();
q.pop();
LL distance = t.dis;
int ver = t.ver, f1 = t.f1, f2 = t.f2;
if (st[ver][f1][f2])
continue; // 这个操作保证每个点只出入队一次，因为队列里面可能会出现{dis1[3],
// 3}, {dis2[3],
// 3}的情况，这样保证dis1[3]<dis2[3]时，3号点只进出入队一次
st[ver][f1][f2] =1; // 标记，因为dijkstra的贪心策略保证每个点只需要进出队一次
for (int i = h[ver]; ~i; i = ne[i]) { // 遍历ver的邻接点
int j = e[i];
if (dis[j][f1][f2] > distance + w[i]) {
dis[j][f1][f2] = distance + w[i];
node ne;
ne.dis = dis[j][f1][f2],ne.f1 = f1,ne.f2=f2,ne.ver=j;
q.push(ne);
}
if (f1 == 0) {
if (dis[j][1][f2] > distance) {
dis[j][1][f2] = distance ;
node ne;
ne.dis = dis[j][1][f2],ne.f1 = 1,ne.f2=f2,ne.ver=j;
q.push(ne);
}
}
if (f2 == 0) {
if (dis[j][f1][1] > distance + 2*w[i]) {
dis[j][f1][1] = distance + 2*w[i];
node ne;
ne.dis = dis[j][f1][1],ne.f1 = f1,ne.f2=1,ne.ver=j;
q.push(ne);
}
}
if (f1 == 0&&f2==0) {
if (dis[j][1][1] > distance + w[i]) {
dis[j][1][1] = distance + w[i];
node ne;
ne.dis = dis[j][1][1] ,ne.f1 = 1,ne.f2=1,ne.ver=j;
q.push(ne); // 这里不需要判断st，因为一旦更新发现更小必须放入队列
}
}
}
}
}
int main() {
cin >> n >> m;
memset(h, -1, sizeof h);
for (int i = 1, a, b, c; i <= m; ++i) { // 读入m条边
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
add(a, b, c);
add(b, a, c);
}
dijkstra();
for (int i = 2; i <= n; i++) cout << dis[i][1][1] << ' ';
return 0;
}
