牛客小白月赛100 A~E

牛客小白月赛100 A~E

A-ACM中的A题

签到不多说

// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
ll a[N],b[N];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
  
    for(int i = 1;i <= 3; i++)
        cin>>a[i];
    bool ok = false;
    for(int i = 1;i <= 3; i++)
    {
        int t = a[i];
        for(int j = 1;j <= 3; j++)
        {
            b[j] = a[j];
        }
        b[i] = t*2;
        sort(b+1,b+1+3);
        // cout<<b[1]<<" "<<b[2]<<" "<<b[3]<<"\n";
        if(b[1] + b[2] > b[3])
            ok = true;
    }
    if(ok)cout<<"Yes\n";
    else cout<<"No\n";
    return 0;
}

B-ACM中的C题

思路：我们知道肯定是没交互过的之间进行交互更优。

// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
ll a[N];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
  
    int n; cin>>n;
    for(int i = 1;i <= n; i++)
        cin>>a[i];

    ll ans = 0;
    if(n==1)ans = -1;
    else if(n==2)ans = 1;
    else if(n==3)ans = 2;
    else{
        ans = (n+1)/2;
    }
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}

C-ACM中的M题

// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int a[N],b[N];
vector<int>type[N];
map<int,int>mp;
int cnt = 0;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
  
    int n; cin>>n;
    for(int i = 1;i <= n; i++)
        cin>>a[i];
    for(int i = 1;i <= n; i++)
    {
        cin>>b[i];
        if(mp[b[i]] == 0)
            mp[b[i]] = ++cnt;
        type[mp[b[i]]].push_back(a[i]);
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = 1;i <= cnt; i++)
    {
        if(type[i].size()==1)
        {
            ans = -1;
            break;
        }
        

        ans += (type[i].size()+1)/2;
    }

    cout<<ans<<"\n";


    return 0;
}

D-ACM中的AC题

无非就是三种情况：

1. 我先到
2. 镜像先到
3. 一起到

其实本质上都是一种。

我们可以先做一个预处理，预处理出每一个出口到每一个点的最短距离。然后在做bfs，注意两个一起走，都不能越界和到陷阱里面。

因为是关于\(sx,sy\)对称的，因此可以通过我的\((x_1,y_1)\)推出镜像的(\(2 * sx - x_1,2*sy-x_2\))。

// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e3 + 10;

int n,m,sx,sy;
char a[N][N];

int dir[4][2] = {{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}};
int ans = 1e9;
bool vis[N][N];
int dist[N][N];
bool in(int x,int y)
{
    return x >= 1 && x <= n && y >= 1 && y <= m;
}


void init()
{
    memset(dist,0x3f,sizeof(dist));
    queue<array<int,3>>q;
    for(int i = 1;i <= n; i++)
        for(int j = 1;j <= m; j++)if(a[i][j] == '@'){
            q.push({i,j,0});
            vis[i][j] = true;
        }

    while(!q.empty())
    {
        auto [x,y,d] = q.front();
        q.pop();

        dist[x][y] = d;
        for(int i = 0;i < 4; i++)
        {
            int dx = x + dir[i][0];
            int dy = y + dir[i][1];
            if(in(dx,dy) && a[dx][dy] != '#' && !vis[dx][dy]){
                vis[dx][dy] = true;
                q.push({dx,dy,d + 1});
            }
        }
    }
}



void bfs(int sx,int sy)
{
    memset(vis,false,sizeof(vis));
    queue<array<int,3>>q;
    q.push({sx,sy,0});
    vis[sx][sy] = true;
    while(!q.empty()){
        auto [x,y,d] = q.front();
        q.pop();
        if(a[x][y] == '@'){
            ans = min(ans,d + dist[2*sx-x][2*sy-y]);
        }

        for(int i = 0;i < 4; i++)
        {
            int dx1 = x + dir[i][0];
            int dy1 = y + dir[i][1];
            int dx2 = 2 * sx - dx1;
            int dy2 = 2 * sy - dy1;
            if(in(dx1,dy1) && in(dx2,dy2) && !vis[dx1][dy1] && a[dx1][dy1] != '#' && a[dx2][dy2] != '#'){
                vis[dx1][dy1] = true;
                q.push({dx1,dy1,d+1});
            }
        }
    }
}


int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    
    cin>>n>>m>>sx>>sy;

    for(int i = 1;i <= n;i++)
        for(int j = 1;j <= m; j++)
            cin>>a[i][j];
    init();

    bfs(sx,sy);
    if(ans == 1e9) ans = -1;
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}

E-ACM中的CM题

思路：我们可以考虑枚举排雷能力。二分找到第一个大于pos+m的地方，不断往后跳，算贡献取min即可。

// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int a[N];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    int n; cin>>n;
    for(int i = 1;i <= n; i++)
        cin>>a[i];
    sort(a+1,a+1+n);
    int ans = n;

    for(int m = 0;m < n; m++)
    {
        int t = m;
        int pos = a[1];
        while(1)
        {
            t++;
            pos = upper_bound(a+1,a+1+n,pos+m)-a;
            if(pos == n+1)break;
            pos = a[pos];
        }
        ans = min(ans,t);
    }
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}