CF #575 Div3
// 比赛链接：https://codeforces.com/contest/1196
// CF 2019.7.24
// 本想Div3手速场上分，结果卡在C题，掉了不少分。
// 自闭了这么久，今天补题，吸取教训。
A - Three Piles of Candies
题意：
比赛时候看了半天也没看明白，真是sb了。
Alice与Bob要把三堆糖果尽可能地平分，两人轮流拿，最后一个拿的要保证两人一样多。否则的话如果最后谁多了就要扔掉，直到两人拿的糖果数量相等。
给定三堆糖果初始数量，求他们能平分到的最多糖果数量。
题解：
三个数求和 / 2 就是答案。（奇数相当于向下取整了）
AC代码：
略。
B - Odd Sum Segments
题意：
有 n 个数字 a1，a2，…… an，要把他们分割成 k 段，每段和都为奇数。若能实现，输出YES和划分情况，否则输出NO。
题解：
显然 ai 为偶数对每段的和没有贡献，只要统计奇数个数不少于 k 且多余的奇数和为偶数就能完成划分。
从前往后扫一遍即可。（注意格式，我都服气WA了五次。。。心态炸裂）
AC代码：（补题时候头脑怎么如此清醒2min就写好1A？？？）
#include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; typedef long long ll; ll a[200010]; int main() { int q; cin>>q; while(q--) { int n, k; int cnt = 0; // 奇数个数 scanf("%d %d", &n, &k); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld", &a[i]); if(a[i]%2) ++cnt; } if(cnt<k || (cnt-k)%2==1) { printf("NO\n"); continue; } printf("YES\n"); for(int i=1;i<=n && k>1;i++) { if(a[i]%2==1) { printf("%d ", i); --k; } } printf("%d\n", n); // 最后一段 n 结尾 } return 0; }
C - Robot Breakout
题意：
平面上有 n 个机器人，机器人可以上下左右四个方向移动，但机器人出了问题，只具备其中某些方向移动的能力。给出 n 个机器人的坐标及可以移动的方向，求出 n 个机器人都可以抵达的一点(X, Y)。
题解：
分析一下可知，机器人能向上移动时，(x, y+n)都能抵达；机器人能向下移动时，(x, y-n)都能抵达；对 x 方向同理。
所以比赛时候我sb地把能到的区域求交（而忽略了不能到的区域）。
反过来想：
用不能走到的区域更新能到的区域。（默认能到达平面上全部点）
初始时，取down = left = -INF，up = right = INF，全部平面上的点(x, y) 满足 down <= x <= up，left <= y <= right，用四个边界来表示。
加入一个机器人，某个方向不能移动则与边界值求交（同小取小，同大取大）。
AC代码：
#include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; typedef long long ll; int main() { int q; cin>>q; while(q--) { int n; int x, y, left, right, up, down; int minX = -100000; int maxX = 100000; int minY = -100000; int maxY = 100000; // 题目规定了平面大小，就不要设更大的值 scanf("%d", &n); while(n--) { scanf("%d %d %d %d %d %d", &x, &y, &left, &up, &right, &down); if(!left) minX = max(minX, x); if(!right) maxX = min(maxX, x); if(!up) maxY = min(maxY, y); if(!down) minY = max(minY, y); } if(minX<=maxX && minY<=maxY) printf("1 %d %d\n", minX, minY); else printf("0\n"); } return 0; }
D1 - RGB Substring (easy version)
题意：
将一个含有RGB字母的字符串改变最少的字符使其包含字符串“RGBRGB..."的长度为 k 的子串，求改动的字符数量最小值。
题解：
easy版本字符串的长度不超过3000，暴力就能解决。（枚举 s 串起点终点记录改变数量）
AC代码：
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; char s[2010]; char p[] = "RGBRG"; int main() { int q; cin>>q; while(q--) { int n, k; scanf("%d %d", &n, &k); scanf("%s", s); int len = strlen(s); int ans = 0x3f3f3f3f; for(int i=0;i+k<=len;i++) { for(int st=0;st<3;st++) { int now = 0; for(int kk=0;kk<k;kk++) { if(s[i+kk]!=p[st+kk%3]) ++now; } ans = min(ans, now); } } printf("%d\n", ans); } return 0; }
D2 - RGB Substring (hard version)
题意：
同上一题，长度更新为 n<= 2e5。
题解：
简单dp。
记录每一位不同后，只需要滑动长度为 k 的串，改动数量由 dp[i+1]，dp[i-k]处的变化更新。
AC代码：（RE一次忘记开大内存了）
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; char s[200010]; char p[] = "RGBRG"; int dp[3][200010]; int main() { int q; cin>>q; while(q--) { int n, k; scanf("%d %d", &n, &k); scanf("%s", s); int len = strlen(s); for(int st=0;st<3;st++) { for(int i=0;i<len;i++) { dp[st][i] = (s[i]!=p[st+i%3]); } } int ans = 0x3f3f3f3f; for(int st=0;st<3;st++) { int now = 0; for(int i=0;i<k;i++) { now += dp[st][i]; } ans = min(ans, now); for(int i=k;i<len;i++) { now += dp[st][i]; now -= dp[st][i-k]; ans = min(ans, now); } } printf("%d\n", ans); } return 0; }
// 补题不超过20分钟能A，比赛能保持这速度就好了 O.O
E - Connected Component on a Chessboard
题意：
文化差异方面的原因吗？看半天也看不懂题。
看了别人博客的题目说明，原来是要在国际象棋上选 b个黑色格子，w 个白色格子（满足全部格子连通的条件）。给出b + w 个格子的坐标。
题解：
一个白色格子有4个黑色相邻，两个白色格子有4+3个相邻，n 个白色格子有 3*n + 1 个黑色格子相邻。
所以只要 b <= 3*w + 1 或者 w <= 3*b + 1 就能构造出解。
AC代码：
#include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; // 原题 b == black w == white // 潜意识里b当做白块了，读取交换了w，b的含义 int main() { int q; cin>>q; while(q--) { int add = 0; int b, w; scanf("%d %d", &w, &b); if(b>w) { swap(b, w); add = 1; } if(w>3*b+1) { printf("NO\n"); continue; } printf("YES\n"); for(int i=1;i<=b;i++) { // 白块 printf("%d %d\n", 2+add, i*2); } for(int i=0;i<=b && w;i++) { // 黑块>=白块，放左右两边 printf("%d %d\n", 2+add, i*2+1); --w; } for(int i=1;i<=b && w;i++) { // 黑块放白块上面 printf("%d %d\n", 1+add, i*2); --w; } for(int i=1;i<=b && w;i++) { // 黑块放白块下面 printf("%d %d\n", 3+add, i*2); --w; } } return 0; }
F - K-th Path
题意：
给出一个无向图，求图上所有路径中第 k 长的长度。
题解：
突破口是 k 的范围，k = min(n*(n+1)/2, 400)，k 不超过400。
可以想到，第 k 短路至少在 边权第 k 大的边上，所有边权排在400以后的对图上两点最短路没有任何贡献。
只需要记录前 k 条边的节点，利用Floyd算法跑两点间的最短路即可。
AC代码：
#include<cstdio> #include<iostream> #include<vector> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; ll dis[810][810]; int n, m, k; struct Edge { int u, v; ll w; bool operator<(const Edge& a)const { return w<a.w; } }edge[200010]; vector<int> node; int main() { cin>>n>>m>>k; for(int i=0;i<m;i++) { scanf("%d %d %lld", &edge[i].u, &edge[i].v, &edge[i].w); } sort(edge, edge+m); for(int i=0;i<min(m, k);i++) { node.push_back(edge[i].u); node.push_back(edge[i].v); } // 离散化 sort(node.begin(), node.end()); node.resize(unique(node.begin(), node.end())-node.begin()); memset(dis, 0x3f, sizeof(dis)); for(int i=0;i<min(m, k);i++) { int x = lower_bound(node.begin(), node.end(), edge[i].u)-node.begin(); int y = lower_bound(node.begin(), node.end(), edge[i].v)-node.begin(); dis[x][y] = dis[y][x] = min(dis[x][y], edge[i].w); } // Floyd for(int l=0;l<node.size();l++) { for(int i=0;i<node.size();i++) { for(int j=0;j<node.size();j++) { dis[i][j] = min(dis[i][j], dis[i][l]+dis[l][j]); } } } // 注意 i,j 不能重复, j = i + 1 vector<ll> ans; for(int i=0;i<node.size();i++) { for(int j=i+1;j<node.size();j++) { ans.push_back(dis[i][j]); } } sort(ans.begin(), ans.end()); printf("%lld\n", ans[k-1]); return 0; }
（End）
