AtCoder Beginner Contest 375 (A-G)

AtCoder Beginner Contest 375 (A-G)

比赛链接

A - Seats

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64=long long;

void Showball(){
    int n;
    string s;
    cin>>n>>s;
    int cnt=0;
    for(int i=0;i<n-2;i++){
        if(s[i]==s[i+2]&&s[i]=='#'&&s[i+1]=='.') cnt++;
    } 
    cout<<cnt<<"\n";
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t=1;
    //cin>>t;

    while(t--){
      Showball();
    }

    return 0;
}

B - Traveling Takahashi Problem

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64=long long;

struct Point{
    int x,y;
};

double dis(Point a,Point b){
    return hypot(a.x-b.x,a.y-b.y);
}

void Showball(){
    int n;
    cin>>n;
    vector<Point> a(n+2);
    double ans=0;
    for(int i=1;i<n+1;i++){
        cin>>a[i].x>>a[i].y;
    }     
    for(int i=0;i<n+1;i++){
        ans+=dis(a[i],a[i+1]);
    }
    cout<<fixed<<setprecision(9)<<ans<<"\n";
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t=1;
    //cin>>t;

    while(t--){
      Showball();
    }

    return 0;
}

C - Spiral Rotation

直接模拟时间复杂度为 $O(n^3)$，手推发现，每次操作就是一层顺时针旋转 $90$ 度。第 $k$ 层就旋转 $k$ 次即可。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64=long long;

void Showball(){
    int n;
    cin>>n;
    vector<vector<char>> a(n+1,vector<char>(n+1));
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            cin>>a[i][j];
        }
    } 

    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            int k=min(min(i,n-i+1),min(j,n-j+1))%4;
            if(k==0) cout<<a[i][j];
            else if(k==1) cout<<a[n-j+1][i];
            else if(k==2) cout<<a[n-i+1][n-j+1];
            else cout<<a[j][n-i+1];
        }
        cout<<"\n";
    }
    
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t=1;
    //cin>>t;

    while(t--){
      Showball();
    }

    return 0;
}

D - ABA

思路：

枚举中间位置，以及两边的字母即可，直接前缀和维护每个字母出现次数，然后乘法原理简单处理即可。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64=long long;

void Showball(){
     string s;
     cin>>s;
     int n=s.size();
     s="?"+s;
     vector<array<int,26>> pre(n+1);
     for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<26;j++) pre[i][j]=pre[i-1][j];
        pre[i][s[i]-'A']++;
     }

     i64 ans=0;
     for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<26;j++){
            ans+=1LL*pre[i-1][j]*(pre[n][j]-pre[i][j]);
        }
     }
     cout<<ans<<"\n";
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t=1;
    //cin>>t;

    while(t--){
      Showball();
    }

    return 0;
}

E - 3 Team Division DP

思路：

考虑 $dp$, 令 $f_{i,j,k}$ 表示考虑前 $i$ 个人，并且第一组强度之和为 $j$, 第二组强度之和为 $k$ 时所需的最少换队人数。

状态转移考虑第 $i$ 个人的三种选择即可。具体看代码实现。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64=long long;

int f[510][510][510];
void Showball(){
     int n;
     cin>>n;
     vector<int> a(n+1),b(n+1);
     int sum=0;
     for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i]>>b[i];
        sum+=b[i];
     }
     if(sum%3) return cout<<"-1\n",void();
     memset(f,0x3f,sizeof f);
     f[0][0][0]=0;
     for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<=500;j++){
            for(int k=0;k<=500;k++){
                if(j>=b[i]){
                    f[i][j][k]=min(f[i][j][k],f[i-1][j-b[i]][k]+(a[i]!=1));
                }
                if(k>=b[i]){
                    f[i][j][k]=min(f[i][j][k],f[i-1][j][k-b[i]]+(a[i]!=2));
                }
                f[i][j][k]=min(f[i][j][k],f[i-1][j][k]+(a[i]!=3));
            }
        }
     }
     sum/=3;
     int ans=f[n][sum][sum];
     if(ans>0x3f3f3f3f/2) ans=-1;
     cout<<ans<<"\n";
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t=1;
    //cin>>t;

    while(t--){
      Showball();
    }

    return 0;
}

F - Road Blocked 最短路

考虑到删除边不好操作，并且最多只会删除 $300$ 条边。我们可以考虑离线处理。把所有的操作存起来，倒着进行加边处理即可。每次加边，就考虑新加的边来做端点的情况来更新最短路即可。多源最短路用 $Floyd$ 即可。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

using i64=long long;

const i64 inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
void Showball(){
    int n,m,q;
    cin>>n>>m>>q;
    vector<vector<i64>> f(n+1,vector<i64>(n+1,inf));
    vector<array<i64,3>> e(m),Q(q);
    
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=0;
    for(int i=0;i<m;i++){
        int u,v,w;
        cin>>u>>v>>w;
        e[i]={u,v,w};
    }
    vector<int> st(m);
    for(int i=0;i<q;i++){
        int op,x,y=0;
        cin>>op>>x;
        if(op==1){
            st[x-1]=1;
        }else{
            cin>>y;
        }
        Q[i]={op,x,y};
    }

    for(int i=0;i<m;i++){
        if(!st[i]){
           auto [u,v,w]=e[i];
           f[u][v]=min(f[u][v],w); 
           f[v][u]=min(f[v][u],w); 
        }
    }

    for(int k=1;k<=n;k++){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=n;j++){
                f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
            }
        }
    }

    vector<i64> ans(q);
    for(int i=q-1;i>=0;i--){
        auto [op,x,y]=Q[i];
        if(op==1){
            auto [u,v,w]=e[x-1];
            f[u][v]=min(f[u][v],w); 
            f[v][u]=min(f[v][u],w);
            for(int i=1;i<=n;i++){
                for(int j=1;j<=n;j++){
                    f[i][j]=min({f[i][j],f[i][u]+f[v][j]+w,f[i][v]+f[u][j]+w});
                }
            } 
        }else{
            ans[i]=f[x][y];
        }
    }

    for(int i=0;i<q;i++){
        if(Q[i][0]==2) cout<<(ans[i]>=inf?-1:ans[i])<<"\n";
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t=1;
    //cin>>t;

    while(t--){
      Showball();
    }

    return 0;
}

G - Road Blocked 2 Dijkstra+Tarjan

首先判断这条边是否出现在 $1-n$ 的最短路上，如果没有出现，那就没有影响。

判断方法，我们只需要用 $Dijkstra$ 分别维护出 $1$ 到所有点最短路 $d_1$和 $n$ 到所有点的最短路 $d_2$ 。

令该条边为 $u-v$。权值为 $w$ ，$1-n$ 之间的最短路为 $dis$ 。那么如果 $d{1}_u+d{2}_v+w=dis||d{1}_v+d{2}_u+w=dis$

说明改变在最短路上。

接下来考虑在最短路上的边。很明显只有该边是割边的时候，删到该边才会产生影响。

因此，我们将所有在最短路上的边存下来，重新建图，跑一遍 $tarjan$ 求一下割边即可。

思路比较简单，就是模板组合题。很适合练手。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64=long long;
void Showball(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    vector<vector<array<int,2>>> e(n);
    vector<array<int,3>> edge(m);
    for(int i=0;i<m;i++){
        int u,v,w;
        cin>>u>>v>>w;
        u--;v--;
        edge[i]={u,v,w};
        e[u].push_back({v,w});
        e[v].push_back({u,w});
    }        
    vector<i64> d1(n),d2(n);
    auto dijkstra=[&](int s){
        vector<i64> d(n,1e18);
        vector<int> st(n);
        d[s]=0;
        priority_queue<pair<i64,int>,vector<pair<i64,int>>,greater<pair<i64,int>>> pq;
        pq.push({0,s});
        while(!pq.empty()){
            auto [dis,u]=pq.top();
            pq.pop();
            if(st[u]) continue;
            st[u]=1;
            for(auto [v,w]:e[u]){
                if(d[v]>dis+w){
                    d[v]=dis+w;
                    pq.push({d[v],v});
                }
            }
        }
        return d;
    };
    d1=dijkstra(0);
    i64 dis=d1[n-1];
    d2=dijkstra(n-1);
    vector<int> ans(m);
    vector<array<int,3>> vec;
    vector<vector<array<int,2>>> e2(n);
    for(int i=0;i<m;i++){
        auto [u,v,w]=edge[i];
        if(d1[u]+d2[v]+w==dis||d1[v]+d2[u]+w==dis){
            e2[u].push_back({v,1});
            e2[v].push_back({u,1});
            vec.push_back({u,v,i});
        }
    }
    vector<int> dfn(n),low(n);
    int tot=0;
    
    map<pair<int,int>,int> mp;
    function<void(int,int)> tarjan=[&](int u,int fa){
        dfn[u]=low[u]=++tot;
        for (auto [v,w]:e2[u]){
            if(!dfn[v]){
               tarjan(v, u);
               low[u]=min(low[u],low[v]);
               if (low[v]>dfn[u])
               mp[{u,v}]=1,mp[{v,u}]=1;
            }
            else if(v!=fa){
               low[u]=min(low[u],dfn[v]);
            }
         }
    };

    for(int i=0;i<n;i++){
      if(!dfn[i]) tarjan(i,-1);
    }

    for(auto [u,v,id]:vec){
      if(mp[{u,v}]) ans[id]=1;
    }
    for(auto x:ans) cout<<(x?"Yes\n":"No\n");
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t=1;
    //cin>>t;
    while(t--){
      Showball();
    }
    return 0;
}