AtCoder Beginner Contest 132 解题报告（A ~ E）
比赛地址：AtCoder Beginner Contest 132
A - Fifty-Fifty
题目大意：给你一个长度为 \(4\) 的仅由大写字母组成的字符串，问你在这个字符串中是否出现了两个不同的字母，且每个字母各出现了两次。
解题思路：暴力模拟即可，不过既要判断相同，也要判断不同。
#include <cstdio>
char str[5];
int main() {
scanf("%s", str + 1);
if ((str[1] == str[2]) && (str[3] == str[4]) && (str[1] != str[3]))
printf("Yes");
else if ((str[1] == str[3]) && (str[2] == str[4]) && (str[1] != str[2]))
printf("Yes");
else if ((str[1] == str[4]) && (str[2] == str[3] && (str[1] != str[2])))
printf("Yes");
else
printf("No");
return 0;
}
B - Ordinary Number
题目大意：给你一个 \(1\sim n\) 的排列 \(\{a_1,a_2,\cdots ,a_n\}\) ，问你在这个排列中有多少个 \(i\ (1 < i < n)\) 满足 \(a_i\) 是 \(a_{i - 1},a_i,a_{i + 1}\) 中第二小的数。
解题思路：这是一道比较有趣的枚举判断题，因为在判断条件是否成立时可以想出多种解法，比如说直接暴力写很多个 if 和 else if ，或者利用三个数中第二大的数的性质：\((a_i - a_{i - 1})(a_i - a_{i + 1}) < 0\) 来减少码量。
#include <cstdio>
const int MAXN = 25;
int n, ans;
int arr[MAXN];
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &arr[i]);
}
for (int i = 2; i < n; ++i) {
if ((arr[i] - arr[i - 1]) * (arr[i] - arr[i + 1]) < 0)
++ans;
}
printf("%d", ans);
return 0;
}
C - Divide the Problems
题目大意：有 \(n\) （ \(n\) 为偶数）个题目，每个题目有一个难度值 \(d_i\) ，现在要确定一个定值 \(k\) ，难度值低于 \(k\) 的题目被用作 ABC 试题，不低于 \(k\) 的题目被用作 ARC 试题，求使得两种比赛试题个数相等的 \(k\) 的个数。
解题思路：将难度值排序，找出最中间的两个难度值 \(l,r\) ，那么答案就是区间 \((l,r]\) 中整数的个数（注意难度值等于 \(k\) 的题目的去向）。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
const int MAXN = 1e5 + 5;
int n;
int arr[MAXN];
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &arr[i]);
}
std::sort(arr + 1, arr + n + 1);
printf("%d", arr[(n >> 1) + 1] - arr[n >> 1]);
return 0;
}
D - Blue and Red Balls
题目大意：有 \(k\) 个蓝球和 \(n - k\) 个红球摆成一列，现在取球者每次可以将连续的一段蓝球取走，直到所有的蓝球全部被取走，对于每个 \(1\le i\le k\) ，求要取 \(i\) 次才能取走所有的蓝球的摆放球的方案数。
解题思路：首先考虑蓝球，要取 \(i\) 次才能将所有蓝球取走，我们就需要将所有的蓝球分成 \(i\) 个部分，这个利用插板法可以得到方案数为 \(\binom{i - 1}{k - 1}\)，现在考虑红球，由于我们的蓝球已经摆放好，我们就只需要将红球插入到蓝球两个部分之间的空隙中去即可，这个时候我们可以将蓝球的每一个部分看成一个隔板，要将红球分成若干个部分，而且任意两个隔板之间不能没有红球，但是隔板的某一侧可以没有红球，所以就相当于有 \(n - k + 1\) 个地方来放置隔板，其方案数为 \(\binom{i}{n - k + 1}\) ，将两者相乘即得到答案。
值得注意的是：在计算的过程中，有可能会出现 \(i > n - k + 1\) 的情况吗，这种情况出现的原因就是红球太少了，不能够满足 “任意两个隔板之间不能没有红球” 这个情况，对应的值应该为 \(0\) 。
#include <cstdio>
typedef long long int ll;
const int MAXN = 2005;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, k;
ll C[MAXN][MAXN];
ll get_C(int x, int y) {
if (x < y)
return 0;
if (C[x][y])
return C[x][y];
if ((y == 0) || (y == x))
C[x][y] = 1;
else
C[x][y] = (get_C(x - 1, y) + get_C(x - 1, y - 1)) % mod;
return C[x][y];
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= k; ++i) {
printf("%lld\n", get_C(k - 1, i - 1) * get_C(n - k + 1, i) % mod);
}
return 0;
}
E - Hopscotch Addict
题目大意：给你一个无边权的有向图 \(G\) ，规定一次必须走 \(3\) 步，问你最少走多少次能从节点 \(s\) 走到 \(t\) ，无解输出 \(-1\) 。
解题思路：要解决这个问题，我们只需求出从 \(s\) 到 \(t\) 的所有长度为 \(3\) 的倍数的路径中，最短的路径长度是多少。我们考虑 DP ，可以令 \(dp[i][j]\) 表示从节点 \(s\) 到 \(i\) 的所有长度模 \(3\) 余 \(j\) 的路径中，最短的路径的长度，那么初始条件就是 \(dp[s][0] = 0\) ，转移方程就是 \(dp[v][(i + 1)\ Mod\ 3] = dp[u][i] + 1\) （边 \(u\to v\in G\)，且 \(dp[v][(i + 1)\ Mod\ 3]\) 未被赋过值），由于没有边权，我们采用 BFS 的方式去进行转移可以保证每个 \(dp[i][j]\) 都是最小的，最后的答案就是 \(\frac{dp[n][0]}{3}\) 。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>
const int MAXN = 1e5 + 5;
int n, m, u, v, s, t;
int dp[MAXN][3];
struct node {
int nv, flag;
node(int vv = 0, int ff = 0) {
nv = vv;
flag = ff;
}
};
std::vector<int> con[MAXN];
std::queue<node> q;
void ins(int start, int end) {
con[start].push_back(end);
}
void bfs() {
dp[s][0] = 0;
q.push(node(s, 0));
while (!q.empty()) {
int nv = q.front().nv, nf = q.front().flag;
for (int i = 0; i < con[nv].size(); ++i) {
int tv = con[nv][i];
if (dp[tv][(nf + 1) % 3] == -1) {
dp[tv][(nf + 1) % 3] = dp[nv][nf] + 1;
q.push(node(tv, (nf + 1) % 3));
}
}
q.pop();
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
while (m--) {
scanf("%d%d", &u, &v);
ins(u, v);
}
scanf("%d%d", &s, &t);
memset(dp, -1, sizeof(dp));
bfs();
if (dp[t][0] == -1)
printf("-1");
else
printf("%d", dp[t][0] / 3);
return 0;
}
