Codeforces Round #699 (Div. 2)
A. Space Navigation
大意：
给出一个字符串，代表飞船从原点开始的前进方向，问能否经过删掉几个字符，使得飞船最终能够到达\((x,y)\)点
思路：
直接算横纵方向上能达到的最远点即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int const MAXN = 2e5 + 10;
int n, m, T;
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL);
cin >> T;
while (T--) {
cin >> n >> m;
string s;
cin >> s;
int U = 0, D = 0, L = 0, R = 0;
for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
if (s[i] == 'R') R++;
if (s[i] == 'D') D++;
if (s[i] == 'L') L++;
if (s[i] == 'U') U++;
}
int flg = 1;
if (n > 0 && R < n) flg = 0;
if (n < 0 && L < abs(n)) flg = 0;
if (m > 0 && U < m) flg = 0;
if (m < 0 && D < abs(m)) flg = 0;
if (flg)
cout << "YES\n";
else
cout << "NO\n";
}
return 0;
}
B. New Colony
大意：
给出一个长度为n的数组，代表n座山的高度h，n和h都在1到100之间
每次都从第一座山推下一个巨石，如果巨石所在的山峰比下一座要矮，那么巨石停留在当前山峰，并使得当前山峰高度+1，否则就一直往下滚，直到滚出n
问第k个巨石停止的位置，如果滚出n就输出-1，k<=1e9
思路：
虽然k很大，但是n和h都很小，所以前面直接暴力模拟即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long LL;
int t, n, k;
int a[N];
int main() {
cin >> t;
while (t--) {
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
int res = -1;
for (int i = 1; i <= k; i++) {
res = -1;
for (int j = 1; j <= n - 1; j++) {
if (a[j] < a[j + 1]) {
a[j]++;
res = j;
break;
}
}
if (res == -1) break;
}
cout << res << endl;
}
return 0;
}
C. Fence Painting
大意：
给出两个数组，代表n个篱笆原来的颜色和将要涂成的颜色
现在按顺序前来m个画师，他们都会将任意一个篱笆变成自己代表的颜色
问能否在这m个画师都按顺序完成作画后，使得n个篱笆都会变成要涂的颜色
如果能，输出每个画手画的是哪个篱笆
思路：
首先看有几个篱笆要变色，然后看是否有这么多个画手可以让他变色，而对于不需要的画手，可以直接让他画到最后一个画手要画的位置，然后让最后一个画手涂上颜色即可，所以必须要保证最后一个画手可以画画,也就是b数组中有这个画手代表的颜色
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
int const N = 1e5 + 10;
int n, m, T;
int a[N], b[N], c[N];
map<int, vector<int>> pos;
int f[N];
int ans[N];
int main() {
cin >> T;
while (T--) {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];
for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> c[i];
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
pos[i].clear();
f[i] = 0;
}
int pos_m = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (b[i] == c[m]) pos_m = i;
if (a[i] == b[i]) continue;
pos[b[i]].push_back(i);
f[b[i]] = i;
}
if (f[c[m]] == 0) {
f[c[m]] = pos_m;
} else {
pos[c[m]].pop_back();
}
if (f[c[m]] == 0) {
cout << "No" << endl;
continue;
}
for (int i = 1; i < m; ++i) {
if (pos[c[i]].size()) {
ans[i] = pos[c[i]][pos[c[i]].size() - 1];
pos[c[i]].pop_back();
} else {
ans[i] = f[c[m]];
}
}
ans[m] = f[c[m]];
int flag = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (pos[i].size()) {
flag = 1;
}
}
if (flag)
cout << "No" << endl;
else {
cout << "Yes" << endl;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
cout << ans[i] << " ";
}
cout << endl;
}
}
return 0;
}
D. AB Graph
大意：
给出一个完全图，每条边上要么是a要么是b，问能否得到一条路径，使得这条路径上的字符是一个回文串
思路：
首先如果i点和j点之间的两条边相等，都是a或者都是b，那么一定可以组成回文（只需要反复横跳即可）
否则如果m是奇数，那么也一定可以组成回文（假设i到j是a，j到i是b，那么还是反复横跳，得到ababa...）
现在就剩下了m是偶数，那么如果三个点之间的关系如下：
那么一定可以形成回文，因为如果\((m/2)mod2==1\),那么可以从i到j再到k再到j再到i，如此反复，得到aabbaa的形式
否则可以从j到i再到k，得到baab的形式
如果没有这样的关系，那么就相当于一直在ababab的绕圈子，不可能得到回文
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 5;
typedef long long LL;
int t, n, m;
char mp[N][N];
int main() {
cin >> t;
while (t--) {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
cin >> mp[i][j];
}
}
int flag = 0;
int res1 = 0, res2 = 0, res3 = 0;
for (int i = 1; i <= n && flag == 0; i++) {
for (int j = 1; j <= n && flag == 0; j++) {
if (i == j) continue;
if (mp[i][j] == mp[j][i]) {
res1 = i, res2 = j;
flag = 1;
}
}
}
if (flag) {
cout << "YES" << endl;
for (int i = 0; i < m+1; i++) {
if (i % 2 == 0)
cout << res1 << ' ';
else
cout << res2 << ' ';
}
cout << endl;
continue;
}
if (m%2) {
cout << "YES" << endl;
for (int i = 1; i <= m+1; i++) {
if (i % 2 == 0)
cout << 1 << ' ';
else
cout << 2 << ' ';
}
cout << endl;
continue;
}
int flag1, flag2, flag3 = 0;
for (int i = 1; i <= n && flag3 == 0; i++) {
flag1 = flag2 = 0;
res1 = i, res2 = 0, res3 = 0;
for (int j = 1; j <= n && flag3 == 0; j++) {
if (i == j) continue;
if (mp[i][j] == 'b' && mp[j][i] == 'a') flag1 = 1, res2 = j;
if (mp[i][j] == 'a' && mp[j][i] == 'b') flag2 = 1, res3 = j;
if (flag1 && flag2) {
flag3 = 1;
}
}
}
if (flag3) {
cout << "YES" << endl;
if ((m / 2) % 2 ) {
int bb = 1;
for (int i = 1; i <= m+1; i++) {
if (i % 2 ) {
if (bb) {
cout << res2 << ' ';
bb = 0;
} else {
cout << res3 << ' ';
bb = 1;
}
} else
cout << res1 << ' ';
}
} else {
int bb = 1;
for (int i = 1; i <= m+1; i++) {
if (i % 2 == 0) {
if (bb) {
cout << res2 << ' ';
bb = 0;
} else {
cout << res3 << ' ';
bb = 1;
}
} else
cout << res1 << ' ';
}
}
cout << endl;
}
else{
cout << "NO" << endl;
}
}
return 0;
}
E. Sorting Books
大意：
给出n个书的种类，现在需要只能每次选择一本书，然后扔到最后面，问最少多少次操作可以将每个种类的书都放到一块
思路：
首先需要想到应该是留下来的数尽可能多
那么可以处理出每个数出现的区间，那么可以转化为留下不想交的区间，然后使得这些区间中不需要删掉的点最多
这样dp O(n)的算法扫几遍即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long LL;
int n, a[N], l[N], r[N], cnt[N], ne[N], dp[N];
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
if (!l[a[i]]) l[a[i]] = i;
r[a[i]] = i;
}
for (int i = n; i >= 1; i--) {
cnt[a[i]]++;
ne[i] = max(ne[i + 1], cnt[a[i]]);
}
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
dp[i] = dp[i - 1];
if (r[a[i]] == i) dp[i] = max(dp[i], dp[l[a[i]] - 1] + cnt[a[i]]);
res = max(res, dp[i] + ne[i + 1]);
}
cout << n - res << endl;
return 0;
}
F. AB Tree
大意：
待补
思路：
