2022.3.5
Codeforces Round #774 (Div. 2) A-C
A
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+10,INF=1e8;
int a[N];
int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
while(t--)
{
ll n,s;
scanf("%lld%lld", &n,&s);
n *= n;
printf("%lld\n", s / n);
}
return 0;
}
B
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10,INF=1e8;
ll a[N];
int main()//红名大佬的题解
{
int t;
scanf("%d", &t);
while(t--)
{
int n,f=0;
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n;i++)
{
scanf("%lld", &a[i]);
}
sort(a + 1, a + 1 + n);
ll l = 2, r = n, ans = a[n] - a[1] - a[2];
while(l<r)
{
if(ans>0) {
f = 1;
break;
}
ans += a[--r] - a[++l];
}
if(f)
printf("YES\n");
else
printf("NO\n");
}
return 0;
}
/*我的题解
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10,INF=1e8;
ll a[N],s[N];
int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
while(t--)
{
int n;
ll sum = 0;
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n;i++)
s[i] = 0;
for (int i = 1; i <= n ;i++)
{
scanf("%lld", &a[i]);
}
sort(a + 1, a + 1 + n);
for (int i = 1; i <= n;i++)
{
s[i] = s[i - 1] + a[i];
}
int k = n / 2;
if(n%2==0)
{
int i = n - 1,f=0;
for (int j = 2; j <= k + 1; j++)
{
if(s[n]-s[i]<=s[j])
{
if(i>k+1) i--;
else
{
printf("NO\n");
break;
}
}
else
{
printf("YES\n");
break;
}
}
}
else
{
if(s[n]-s[k+1]>s[k+1])
printf("YES\n");
else
printf("NO\n");
}
}
return 0;
}
*/
C
参考知乎，位运算的使用，对于每个数可以枚举到2的15次方，然后用n=1!+2!+3!...+t表示，最后把t拆成2的几次幂，即算一下t里有几个1加一起取最小值。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10,INF=1e8;
ll fac[20];
int main()
{
int t;
ll res = 1;
scanf("%d", &t);
for (int i = 1; i <= 15;i++)
{
res *= i;
fac[i - 1] = res;
}
while (t--)
{
ll n;
int ans = 1000;
scanf("%lld", &n);
for (int i = 0; i < 1 << 15; i++)
{
bitset<15> b(i);
ll t = n;
for (int j = 0; j < 15;j++)
t -= fac[j] * b[j];
if(t>=0)
{
bitset<64> b1(t);
ans = min(ans,(int)(b1.count() + b.count()));
}
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
蓝书
AcWing 91. 最短Hamilton路径
利用状态压缩dp降低空间复杂度，我们定义dp[i][j]，其中i为二进制表示，某一位为1表示已经走过了，0位没走过，j为当前处于哪个点，那么我们最后要求的就是dp[(1<<20)-1][n-1]，即每一个点都走过了并且已经走到终点的路径数。需要初始化一下dp[1][0]=0，即当前已经在0点并且走了1个点。于是在任意的时刻，dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i^(1<<j)][k]+w[k][j])，异或是因为当前转态和上一个状态只能有一个点在j，然后对于每一位是1的位k，我们可以由k转移到j，于是记录一下转移的最小值，最后即可得到最优解。当时一直没太明白本题dp的定义，现在回过头来看比之前清晰很多。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10,INF=1e8;
int w[25][25], a[1<<20][25];
int main()
{
int n;
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n;i++)
for (int j = 0; j < n;j++)
scanf("%d", &w[i][j]);
for (int i = 0; i < 1 << n;i++)
for (int j = 0; j < 25;j++)
a[i][j] = INF;
a[1][0] = 0;
for (int i = 0; i < 1 << n; i++)
for (int j = 0; j < n; j++)
{
if (i >> j & 1)
{
for (int k = 0; k < n; k++)
{
if (i - (1 << j) >> k & 1)
a[i][j] = min(a[i][j], a[i-(1<<j)][k] + w[k][j]);
}
}
}
printf("%d\n", a[(1 << n) - 1][n - 1]);
return 0;
}
AcWing 998. 起床困难综合症
本题是让我们在[0,m]之间选择一个数x0，使得经过n次位运算，结果ans最大。那么我们可以枚举x0的每一位看填1还是0更优。对于某一位k来说，尽量填1，当且仅当满足，k前面已经填好的更高位加上1<<k不会超过m，并且用第k位进行n次位运算，如果k=1，n次位运算之后仍为1，如果k=0，n次位运算之后仍为0，这时肯定是k=1,更优。于是我们枚举k的每一位后就可以得到最优解
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10,INF=1e8;
int n, m, t[N], op[N];
int get(int k,int now)
{
for (int i = 1; i <= n;i++)
{
int x = t[i] >> k & 1;
if(op[i]==1)
now &= x;
else if(op[i]==2)
now |= x;
else if(op[i]==3)
now ^= x;
}
return now;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n;i++)
{
char s[5];
scanf("%s%d", s, &t[i]);
if(s[0]=='A')
op[i] = 1;
else if(s[0]=='O')
op[i] = 2;
else if(s[0]=='X')
op[i] = 3;
}
int res = 0, ans = 0;
for (int i = 29; i >= 0;i--)
{
int res0 = get(i, 0);
int res1 = get(i, 1);
if(res+(1<<i)<=m&&res0<res1)
{
res += 1 << i;
ans += res1 << i;
}
else
ans += res0 <<= i;
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
AcWing 95. 费解的开关
对于第一行我们可以枚举每一位的状态，一共是2^5个状态，当某一位是1时我们就按下当前这一位，注意：这里枚举的只是第一行按开关的32种方式，和输入的第一行无关。然后我们固定这一行不动，只是通过该行的下一行来改变它的状态，于是我们可以枚举2-4行，最后检查一下如果第5行还有开关是0的话说明该方法是不合法的，在合法的方法里取最小值得到最优解。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=10,INF=1e8;
int n;
char a[N][N];
int dx[5] ={0,1,-1,0,0},dy[5] = {0, 0, 0, 1, -1};
void change(int x,int y)
{
for(int i=0;i<5;i++)
{
int a1=x+dx[i],b1=y+dy[i];
if(a1>=0&&a1<5&&b1>=0&&b1<5)
{
if(a[a1][b1]=='1') a[a1][b1]='0';
else a[a1][b1]='1';
}
}
}
int slove()
{
int ans = INF;
for (int i = 0; i < 1 << 5;i++)
{
int res = 0,ok=1;
char back[N][N];
memcpy(back, a, sizeof a);
for (int j =0; j < 5;j++)
{
if(i>>j&1)
{
res++;
change(0, j);
}
}
for (int j = 0; j < 4;j++)
{
for (int k = 0; k < 5;k++)
{
if(a[j][k]=='0')
{
res++;
change(j + 1, k);
}
}
}
for (int j = 0; j < 5;j++)
{
if(a[4][j]=='0')
{
ok = 0;
break;
}
}
if(ok) ans=min(ans,res);
memcpy(a, back, sizeof back);
}
if(ans>6)
ans = -1;
return ans;
}
int main()
{
int n;
scanf("%d", &n);
while(n--)
{
for (int i = 0; i < 5; i++)
cin >> a[i];
printf("%d\n", slove());
}
return 0;
}
