做题笔记（一）

Sort Left and Right

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题目大意

给定关于 $N$ 的排列 $P$ ，定义一个操作为选择一个 $k (1 \leq k \leq N)$ ，然后把 $[1, k - 1]$ 和 $[k + 1, N]$ 都按升序排序。求讲 $P$ 变成一个从 $1$ 到 $N$ 的序列的最小操作次数。带多测。

$\sum N \leq 2 \times 10^{5}$

思路

其实是一个小结论题，赛时智障写了 30min。

首先发现，如果 $P$ 本身就是排好序的，那么输出 $0$ 即可。

然后可以考虑遍历一下 $P$ ，选取 $k$ ，判断是否可以在 $1$ 次操作内完成。如果可以的话就输出 $1$ 。

如果 $1$ 次操作不行的话，那么考虑存在一种排列 ${a, b, \dots, 1}$ ，显然我们可以先选取 $k = 1$ ，把 $[2, N]$ 排好序，然后在选取一个 $k$ 满足 $3 \leq k \leq N$ 就可以在两步之内完成。由这个排列可以推广到几乎所有情况，那么最优解就是 $2$ 。

值得一提的是，当排列为 ${N, a, b, \dots, 1}$ 时，最优解只能是 $3$ 。

时间复杂度 $O (\sum N)$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n,a[200001];
bool v[200001]={0};
int pos;

void solve(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];

	pos=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		v[i]=0;

	bool f=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]!=i){
			f=0;
			break;
		}
	}

	if(f){
		cout<<0<<endl;
		return;
	}
	
	if(a[1]==n&&a[n]==1){
		cout<<3<<endl;
		return;
	}

	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(v[pos+1]&&pos<n)
			pos++;

		if(a[i]==i){
			if(pos>=i-1){
				cout<<1<<endl;
				return;
			}
		}

		v[a[i]]=1;
	}

	cout<<2<<endl;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);

	int t; cin>>t;
	while(t--) solve();

	return 0;
}

Distinct Characters Queries

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Distinct Characters Queries

题目大意

给定一个字符串 $s$ ，有 $q$ 次操作。

给出 $i, c$ ，将 $s_{i}$ 改成 $c$ 。
给出 $l, r$ ，求 $[l, r]$ 中不同字符的种类个数。

$| s |, q \leq 2 \times 10^{5}$

思路

其实挺水的，但是考场上不一定会写这种做法。

给出一个数组 $c n t_{i, j}$ 满足 $1 \leq i \leq | s |, 1 \leq j \leq 26$ 表示前 $i$ 位中拥有字符 $j$ 的个数，可以 $O (| s |)$ 预处理。

对于每一次更改，就是把 $c n t_{i ~ | s |, s_{i}}$ 都减 $1$ ，同样地，把 $c n t_{i ~ | s |, c}$ 都加 $1$ 。

显然地，区间加单点查，线段树和树状数组都可以做。

这时肯定很多人就想这道题用数据结构肯定不是正解！一定有更优秀的解法。

其实不是的，这道题的正解就是数据结构。

时间复杂度 $O (| s | + q \log_{| s |})$ 。

代码

代码没写咕咕咕。

满汉全席

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满汉全席

题目大意

题意过长无法概括咕咕咕。

思路

这应该可以算省选送分题。

根据所有评审员的要求（限制），我们发现这是一个非常板的 2-SAT。每一个评审员的要求至少要满足一个。

所以我们可以把每一次给出的要求这样连边：

如果两个都是 $m$ ，那么就把 $a + n, b$ 连起来。

以此类推，我们得到了 $2 \times 2 = 4$ 种连边方式，然后跑 2-SAT 就好了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n,m,tot=0;
vector<int>V[1000001];
int dfn[1000001]={0},low[1000001]={0};
int timer=0,belong[1000001]={0};
stack<int>s;bool instack[1000001]={0};

void tarjan(int p){
	dfn[p]=++timer;low[p]=timer;
	s.push(p);instack[p]=1; 
	
	for(int i=0;i<V[p].size();i++){
		if(!dfn[V[p][i]]){
			tarjan(V[p][i]);
			low[p]=min(low[V[p][i]],low[p]);
		}
		else if(instack[V[p][i]])
			low[p]=min(dfn[V[p][i]],low[p]);
	}
	
	if(dfn[p]==low[p]){
		tot++;
		while(s.top()!=p){
			instack[s.top()]=0;
			belong[s.top()]=tot;
			s.pop();
		}
		instack[s.top()]=0;
		belong[s.top()]=tot;
		s.pop();
	}
}

void solve(){
	cin>>n>>m;
	
	timer=0;tot=0;
	while(!s.empty())s.pop();
	for(int i=1;i<=100000;i++)V[i].clear();
	for(int i=1;i<=100000;i++)
		dfn[i]=0,low[i]=0,belong[i]=0,instack[i]=0;
	
	for(int i=1;i<=m;i++){
		char x,y;int a,b;
		cin>>x>>a>>y>>b;
		
		if(x=='m'&&y=='m'){
			V[a+n].push_back(b);
			V[b+n].push_back(a);
		}
		
		else if(x=='m'&&y=='h'){
			V[a+n].push_back(b+n);
			V[b].push_back(a);
		}
		
		else if(x=='h'&&y=='m'){
			V[a].push_back(b);
			V[b+n].push_back(a+n);
		}
		
		else{
			V[a].push_back(b+n);
			V[b].push_back(a+n);
		}
	}
	
	for(int i=1;i<=(n<<1);i++)
		if(!dfn[i])tarjan(i);
		
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(belong[i]==belong[i+n]){
			cout<<"BAD"<<endl;
			return;
		}
	}
	
	cout<<"GOOD"<<endl;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	int t;cin>>t;
	while(t--)solve();
	
	return 0;
}

试卷(Problem)

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没有原题咕咕咕。

题目大意

给出 $N \times M$ 矩阵，每一个块上面是 $1 / 2 / 3 / *$ ，要求把这个矩阵划分成若干个子矩阵，要求：

子矩阵种没有 $*$ 。
子矩阵中数字的平均数为 $2$ 。

$N \times M \leq 2000$

思路

发现， $1$ 与 $3$ 的平均数就是 $2$ 。用贪心算法显然可以发现每一个块中的 $1$ 和 $3$ 的数量是越少越好，所以只需要考虑相邻的 $1$ 与 $3$ 。

发现，每一个 $1$ 都需要找一个 $3$ 来匹配，很容易想到二分图匹配中的匈牙利算法。

首先把所有的 $3$ 位置编号，然后对于每一个 $1$ ，都与其相邻的 $3$ 连边，然后跑匈牙利即可。

时间复杂度 $O (n^{3})$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n,m,ct=0,c3=0;
int cnt=0;
int vis[2001000]={0};
int mch[2001000]={0};

vector<int>V[100005];

bool dfs(int p,int tag){
	if(vis[p]==tag) return 0;
	
	vis[p]=tag;
	
	for(int i=0;i<V[p].size();i++){
		int to=V[p][i];
		
		if((mch[to]==0)||dfs(mch[to],tag)){
			mch[to]=p;
			
			return 1;
		}
	}
	
	return 0;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	cin>>n>>m;
    int a[n+2][m+2];
    char c[n+2][m+2];
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			cin>>c[i][j];
			
			if(c[i][j]=='3')
				a[i][j]=++c3;
		}
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(c[i][j]=='2')
				ct++;
			
			if(c[i][j]=='1'){
				cnt++;
				
				if(c[i-1][j]=='3') V[cnt].push_back(a[i-1][j]);
				if(c[i+1][j]=='3') V[cnt].push_back(a[i+1][j]);
				if(c[i][j+1]=='3') V[cnt].push_back(a[i][j+1]);
				if(c[i][j-1]=='3') V[cnt].push_back(a[i][j-1]);
			}
		}
	
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		if(dfs(i,i)) ans++;
	}
	
	cout<<ans+ct<<endl;
	
	return 0;
}

AtCoder Regular Contest001

センター採点

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センター採点

题目大意

给出字符串 $s$ ，求 $s$ 中出现最多的字符次数和最少字符次数。

思路

开一个桶直接跑就行，远古 arc 入门题。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	int n,num[5]={0}; cin>>n;
	string s; cin>>s;
	
	for(int i=0;i<n;i++){
		num[s[i]-'0']++;
	}
	
	int mx=0,mn=1e17;
	for(int i=1;i<=4;i++){
		mx=max(num[i],mx);
		mn=min(num[i],mn);
	}
	
	cout<<mx<<' '<<mn<<endl;
	
	return 0;
}

リモコン

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リモコン

题目大意

给出 $a, b$ ，每次给 $a$ 加 $1$ 减 $1$ 加 $5$ 减 $5$ 加 $10$ 减 $10$ ，求 $a$ 变成 $b$ 最小步数。

$0 \leq a, b \leq 40$

思路

估计会有人想成贪心吧，其实不是的。

比如说下面这个数据： $19, 28$ ，如果用贪心来写的话答案是 $5$ ，而正确答案是 $2$ 。所以我们考虑 DP。

不妨设 $a < b$ ，设 $f_{i}$ 表示从 $a$ 到 $i$ 的最小操作次数，显然可以有以下转移方程：

首先对于 $\forall i > a$ ，有 $f_{i} = min {f_{i - 1}, f_{i - 5}, f_{i - 10}} + 1$ 。
对于第二次的 DP，我们可以假定一个上界。注意到数据范围很小，那么我们定这个上界为 $100$ ，有 $f_{i} = min {f_{i + 1} + 1, f_{i + 5} + 1, f_{i + 10} + 1, f_{i}}$ 。

跑得挺快的。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	int a,b; cin>>a>>b;
	if(a>b) swap(a,b);
	int f[500]={0}; f[a]=0;

	for(int i=a+1;i<=100;i++){
		f[i]=f[i-1]+1;
		if(i-a>=5) f[i]=min(f[i-5]+1,f[i]);
		if(i-a>=10) f[i]=min(f[i-10]+1,f[i]);
	}

	for(int i=99;i>=a;i--){
		f[i]=min(f[i+1]+1,f[i]);
		if(100-i>=5) f[i]=min(f[i+5]+1,f[i]);
		if(100-i>=10) f[i]=min(f[i+10]+1,f[i]);
	}

	cout<<f[b]<<endl;
	
	return 0;
}

パズルのお手伝い

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パズルのお手伝い

题目大意

给一个已经填了 $5$ 个皇后的八皇后残局，求这个残局能否填完八皇后，并且输出填的方案。

思路

八皇后啊，搜索经典板题。

DFS 即可，不知道为什么评 黄。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

bool vis[15][15]={0};
char c[15][15]={0};

void dfs(int k,int a,int b){
	if(k>5){
		for(int i=1;i<=8;i++){
			for(int j=1;j<=8;j++)
				cout<<c[i][j];
			cout<<endl;
		}
		exit(0);
	}
	
	int g[15][15];
	for(int i=1;i<=8;i++)
		for(int j=1;j<=8;j++)
			g[i][j]=vis[i][j];
	
	for(int i=a;i<=8;i++){
		for(int j=(i==a?b:1);j<=8;j++){
			if(vis[i][j]) continue;
			
			c[i][j]='Q';
			for(int k=1;k<=8;k++){
				vis[i][k]=1;
				vis[k][j]=1;
			}

			for(int k=1;k<=8;k++){
				vis[i-k][j-k]=1;

				if(i-k==0||j-k==0)
					break;
			}

			for(int k=1;k<=8;k++){
				vis[i+k][j+k]=1;

				if(i+k==8||j+k==8)
					break;
			}

			for(int k=1;k<=8;k++){
				vis[i-k][j+k]=1;

				if(i-k==0||j+k==8)
					break;
			}

			for(int k=1;k<=8;k++){
				vis[i+k][j-k]=1;

				if(i+k==8||j-k==0)
					break;
			}
			dfs(k+1,i,j);
			
			c[i][j]='.';
			for(int o=1;o<=8;o++)
				for(int p=1;p<=8;p++)
					vis[o][p]=g[o][p];
		}
	}
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	for(int i=1;i<=8;i++)
		for(int j=1;j<=8;j++)
			cin>>c[i][j];

	for(int i=1;i<=8;i++){
		for(int j=1;j<=8;j++){
			if(c[i][j]=='Q'){
				for(int k=1;k<=8;k++){
					if((c[i][k]=='Q'&&k!=j)||(c[k][j]=='Q'&&k!=i)){
						cout<<"No Answer"<<endl;
						return 0;
					}
					
					vis[i][k]=1;
					vis[k][j]=1;
				}
				
				for(int k=1;k<=8;k++){
					if(c[i-k][j-k]=='Q'){
						cout<<"No Answer"<<endl;
						return 0;
					}
					
					vis[i-k][j-k]=1;
					
					if(i-k==0||j-k==0)
						break;
				}

				for(int k=1;k<=8;k++){
					if(c[i+k][j+k]=='Q'){
						cout<<"No Answer"<<endl;
						return 0;
					}

					vis[i+k][j+k]=1;

					if(i+k==8||j+k==8)
						break;
				}
				
				for(int k=1;k<=8;k++){
					if(c[i-k][j+k]=='Q'){
						cout<<"No Answer"<<endl;
						return 0;
					}

					vis[i-k][j+k]=1;

					if(i-k==0||j+k==8)
						break;
				}
				
				for(int k=1;k<=8;k++){
					if(c[i+k][j-k]=='Q'){
						cout<<"No Answer"<<endl;
						return 0;
					}

					vis[i+k][j-k]=1;

					if(i+k==8||j-k==0)
						break;
				}
			}
		}
	}
	
	dfs(1,1,1);
	
	cout<<"No Answer"<<endl;
	
	return 0;
}

レースゲーム

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レースゲーム

题目大意

给定起点和终点，给出 $n$ 个向量，构成一条路径，求在这个路径上从起点到终点的最短路，考虑小数精度。

$1 \leq N \leq 2 \times 10^{5}$

$1 \leq l_{i}, r_{i} \leq 10^{6}$

思路

咕咕咕。

代码

咕咕咕。

贪心只能过样例

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贪心只能过样例

题目大意

有一个序列 ${a_{n}}$ ， $a_{i}$ 有一个取值范围 $[l_{i}, r_{i}]$ ，求 $\sum a_{i}^{2}$ 有几种可能。

$1 \leq n, l_{i}, r_{i} \leq 100$

思路

题目都提示过了，贪心只能过样例，所以这道题用 DP。

设 $f_{i, j} = [0, 1]$ 为前 $i$ 个元素是否可以等于 $j$ ，不难发现：

k \in [l_{i}, r_{i}], f_{i, j} = max {f_{i - 1, j - k^{2}}}

k \in [0, 10^{6}], a n s = \sum f_{n, k}

是这样的，但是复杂度估计得爆炸。

注意到 $f_{i, j}$ 的取值只有 $0, 1$ ，那么对于这个东西取 $max$ 等价于取或。

用 bitset 优化该解法。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n;
bitset<1000001>f[101];

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	cin>>n;
	
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int l,r; cin>>l>>r;
		
		for(int j=l;j<=r;j++){
			f[i]|=(f[i-1]<<(j*j));
		}
	}
	
	cout<<f[n].count()<<endl;
	
	return 0;
}

[eJOI2020 Day1] Fountain

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[eJOI2020 Day1] Fountain

题目大意

咕咕咕。

思路

神仙题，把各大算法非常好地联系在了一起。

我们发现每一次往下流，只会流到第 $i$ 个喷泉的下面的第一个直径大于 $i$ 的喷泉，这显然是单调栈的应用。

但是这样一个一个跟着单调栈枚举下去最坏情况的复杂度为 $O (n^{2})$ ，显然过不了，考虑优化枚举过程。

发现对于 $i, j (i < j)$ 来说，枚举到 $j$ 的时候只影响水的体积，而不影响其他的变量，所以我们可以考虑倍增。

不难想到，对这个问题倍增肯定要预处理出所有 $t o_{i, j}$ 表示从 $i$ 往后走 $2^{j}$ 个的节点和从 $i$ 到 $2^{j}$ 中区间喷泉容积总和（用于维护加水量体积的改变）。然后题就写完了，剩下的都是倍增的典型写法。

时间复杂度 $O (n \log n)$

（以下是闲话）

AC 完这道题之后可以去看看洛谷的题解，里面有一个是把这个题转化成树上倍增 LCA 的算法非常巧妙，建议去看看。

这是欧洲 OI 的题，洛谷上这道题评分为 绿，但其实难度不小，我觉得难度应该有 蓝。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n,q;
int d[100005],c[100005];
stack<int>s;
int to[100005][55]={0};
int sum[100005][55]={0};

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);

	cin>>n>>q;

	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>d[i]>>c[i];

	d[++n]=1e17; c[n]=1e17;

	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(!s.empty()&&d[i]>d[s.top()]){
			to[s.top()][0]=i;
			sum[s.top()][0]=c[i];
			s.pop();
		}

		s.push(i);
	}
	
	for(int j=1;j<=19;j++){
		for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
			to[i][j]=to[to[i][j-1]][j-1];
			sum[i][j]=sum[i][j-1]+sum[to[i][j-1]][j-1];
		}
	}
	
	while(q--){
		int r,v; cin>>r>>v;
		
		if(v<=c[r]){
			cout<<r<<endl;
			continue;
		}
		
		v-=c[r];
		
		for(int i=19;i>=0;i--){
			if(to[r][i]!=0&&v>sum[r][i]){
				v-=sum[r][i];
				r=to[r][i];
			}
		}
		
		cout<<(to[r][0]==n?0:to[r][0])<<endl;
	}

	return 0;
}

最大食物链计数

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最大食物链计数

题目大意

给定一个有向无环图 $G$ ，点集为 $V$ ，求 $\begin{array}{r} \sum_{u \in V, v \in V} [path (u, v)] \times [in (u) = 0] \times [out (v) = 0] \end{array}$

也就是求图中一对 $u, v$ 的个数，满足以下条件：

$u$ 与 $v$ 之间存在一条路径。
$u$ 入度为 $0$ 。
$v$ 出度为 $0$ 。

$n \leq 5000$

思路

很水的套板子题。求路径计数，很显然地使用 DP。

设 $f_{i}$ 表示从任意一个入度为 $0$ 的点到达 $i$ 的所有方案个数。很显然，我们建立一个反图 $G^{'}$ ，那么有：

f_{i} = \begin{array}{r} \sum_{u \in G^{'}, path' (i, u)} f_{u} \end{array}

显然为了满足无后效性，我们需要把图拓扑排序。

这道题确实水了一些，但是可以作为图上 DP 的入门题，也是一道好题。

最坏时间复杂度为 $O (n^{2})$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n,m,in[100005]={0},out[100005]={0};
vector<int>V[100005];
vector<int>U[100005];
int f[100005]={0},tp[100005]={0},cnt=0;
const int MOD=80112002;
queue<int>q; int ans=0;

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);

	cin>>n>>m;

	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v; cin>>u>>v;
		V[u].push_back(v);
		U[v].push_back(u);
		in[v]++; out[u]++;
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!in[i]){
			q.push(i);
			f[i]=1;
		}
	}
	
	while(!q.empty()){
		int t=q.front();
		q.pop(); tp[++cnt]=t;
		
		for(int i=0;i<V[t].size();i++){
			if(in[V[t][i]]){
				in[V[t][i]]--;
				
				if(!in[V[t][i]])
					q.push(V[t][i]);
			}
		}
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int p=tp[i];
		
		for(int j=0;j<U[p].size();j++){
			f[p]+=f[U[p][j]];
			f[p]%=MOD;
		}
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(out[i]==0){
			ans=ans+f[i];
			ans%=MOD;
		}
	}
	
	cout<<ans<<endl;

	return 0;
}

[USACO23JAN] Moo Route S

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[USACO23JAN] Moo Route S

题目大意

有一个点在数轴上从原点移动了若干次后回到了原点。给出其经过的 $i \to i + 1$ 的次数，构造其的移动方案，使得变向次数最小。

$\sum A_{i} \leq 10^{6}$

思路

显然我们应该设一个标记方向的变量 $d$ 判断到当前点的转移方向。注意到需要让其转变的方向最小，所以我们最开始一直向右走，然后到头了再向左走。以此往复。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n,a[100005]={0};

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	cin>>n;
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i-1];
		
	int pos=0,d=1,r=n+1;
	
	while(1){
		if(pos==0&&a[pos]==0){
			break;
		}
		
		if(d==1){
			if(a[pos]>0){
				a[pos]--;
				cout<<"R";
				pos++;
			}
			else{
				a[pos-1]--;
				cout<<"L";
				pos--; d=-1;
			}
		}
		else{
			if(a[pos-1]>1||a[pos]==0){
				a[pos-1]--;
				cout<<"L";
				pos--;
			}
			else{
				a[pos]--;
				cout<<"R";
				pos++; d=1;
			}
		}
	}
	
	return 0;
}

[ABC251D] At Most 3 (Contestant ver.)

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[ABC251D] At Most 3 (Contestant ver.)

题目大意

给出 $w$ ，要求构造一个长为 $n$ 的序列，要求：

$n \leq 300$ 。
对于每一个 $1 \leq k \leq w$ ，都有在 ${A_{n}}$ 中取出最多三个数的和等于 $k$ 。

$1 \leq w \leq 10^{6}$

思路

显然，这道题和 $w$ 是没有关系的。

考虑将一个 $1000000$ 以内的数拆位，也就是将这个数看成 $\overset{―}{a b c d e f}$ ，然后预处理出所有的 $a b$ ， $c d$ ， $e f$ 输出就行了。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	int w; cin>>w;
	cout<<99*3<<endl;
	
	for(int i=1;i<=99;i++){
		cout<<i*10000<<' ';
	}
	
	for(int i=1;i<=99;i++){
		cout<<i*100<<' ';
	}
	
	for(int i=1;i<=99;i++){
		cout<<i<<' ';
	}

	return 0;
}

posted @ 2024-08-04 23:41 SnapYust 阅读(14) 评论(0) 编辑收藏举报

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