AcWing 第11场周赛题解
计算abc
首先 \(0<=a<=b<=c\)
会随机给出
\(a+b,a+c,b+c,a+b+c\)的值
因为\(a,b,c\)都为正整数，所以\(a+b+c\)一定为最大值
然后用\(a+b+c\)逐个减去即可（注意\(a,b,c\)大小
- code
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int x[5];
int main(){
for(int i=1;i<=4;++i) cin>>x[i];
sort(x+1,x+5);
for(int i=3;i>=1;--i) cout<<x[4]-x[i]<<" ";
return 0;
}
凑平方
根据题意模拟，不难想到暴力枚举，枚举出每一个由原数删了后的数
再看数据范围，数的长度最多十位，所以每个数最多枚举2^10次，每次枚举最多10次，\(t<=10\)组数据
n为数的长度
所以时间复杂度\(O（2^n*n*t）\)
- 具体实现
（dfs,bfs都可以）
这里有一种巧妙，易实现的方法
利用二进制
举个例子
原数\(2081\)
$(1010)_2 $ 1就代表不删相应位置数，0代表删了相应位置的数
按照上述规则，删了后的数为 28
\((0111)_2\) 删了后的数字为 081 ，但这里你会发现有前导0，但其实具体实现的时候不会有这个问题，因为我们是一位一位的转化成整型，巧妙的避免了前导0的问题
既然是找最少次删除操作
那枚举顺序\(0-2^n\)
- code
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
string s;
int t;
int stlen(int x){//求x的位数
int ans=0;
for(;x;++ans) x/=10;return ans;
}
int main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>s;
int len=s.length();
int ans=100;
for(int i=0;i<(1<<len);++i){
int x=0;
for(int j=0;j<len;++j)
if(i>>j & 1)
x=x*10+s[j]-'0';
int sq=sqrt(x);
if(x && sq*sq==x) ans=min(ans,len-stlen(x));
}
if(ans!=100) cout<<ans<<endl;
else cout<<"-1"<<endl;
}
}
最大化最短路
突破口 ：只且必须选出两个特殊点
那么考虑三种情况
设两个特殊点分别为\(x,y\)
-
选了\(x,y\)但不经过任意\(x,y\)
-
经过两个\(x,y\)最短路径是从\(1——>n\)
-
经过两个\(x,y\)最短路径是从\(n——>1\)
设\(dis1[],dis2[]\)分别为1到各个点的最短距离，n到各个点的最短距离
三种情况分别能得出的答案即为
1.\(dis1[n]\) （不经过任何点即为最短路
2.\(dis1[x]+1+dis2[y]\) （1——>x+x——>y+y——n
3.\(dis2[x]+1+dis1[y]\) （n——>x+x——>y+y——1
求出后两种情况的最大值之后
在三者情况种取最小值（为什么不取较大两个值，因为较大两个虽然构成最短路，但在三种情况一起讨论的时候，并不较大的两个值并不构成最短路
也就是说，添加一条边之后很有可能最短距离会减小）
第一情况跑一下最短路就可
第二种和第三种情况，首先要预处理
\(dis1[]和dis2[]\)，跑一遍最短路即可
最终求的是1到n最短距离尽可能大
所以现在的目标就是求出2，3情况的最大值，取其中得最小值（
如果暴力求话直接GG
假设\(（i，j）\)为一对且\(i!=j\),而且i，j∈特殊点
任取一对,则二三情况得到的答案
\(max(min(dis1[i]+1+dis2[j],dis1[j]+dis[i]+1))\)
当dis1[i]+1+dis2[j]<=dis1[j]+dis[i]+1时
即dis1[i]-dis2[i]<=dis[j]-dis2[j];
将数对根据差值排序
此时
当数对后一个为x时
取max(dis1[1~x-1])+dis2[x])
x从1~k
取出的最大值，最后与dis1[n]取最小值即可
- code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,k;const int maxn=2e5+10;
int head[maxn*2];
int p[maxn];
int cnt=0;
int dis1[maxn],dis2[maxn];
struct node{
int v,next;
}e[maxn*2];
void add(int u,int v){
e[++cnt].v=v;
e[cnt].next=head[u];
head[u]=cnt;
}
bool cmp(int a,int b){
return dis1[a]-dis2[a]<dis1[b]-dis2[b];
}
void dj(int st,int dis[]){
bool vl[maxn];
memset(vl,0,sizeof(vl));
memset(dis,0x3f3f3f3f,maxn*4);
dis[st]=0;
priority_queue<pair<int,int> >q;
q.push(make_pair(-dis[1],st));
while(!q.empty()){
int u=q.top().second;q.pop();
if(vl[u]) continue;
vl[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].v;
if(dis[v]>dis[u]+1){
dis[v]=dis[u]+1;
q.push(make_pair(-dis[v],v));
}
}
}
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);memset(head,0,sizeof(head));
for(int i=1;i<=k;++i) scanf("%d",&p[i]);
for(int i=1;i<=m;++i){
int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v);add(v,u);
}
dj(1,dis1);
dj(n,dis2);
sort(p+1,p+1+k,cmp);
int res=0,x=dis1[p[1]];
for(int i=2;i<=k;++i){
int t=p[i];
res=max(res,dis2[t]+x+1);
x=max(x,dis1[t]);
}
printf("%d",min(res,dis1[n]));return 0;
}
