一点题目
Changing a String
题意：
给定两个字符串a,b,可以对A进行三种操作，删除a中任意位置一个字符，在a中任意位置插入一个任意字符，将a中某个位置的字符更换成任意字符，
现让a,b相等，输出最小操作次数，并且输出每次具体操作。
分析：
dp[i][j]表示将串a的前i个字符变成串b的前j个字符所需要的最小操作次数
串a的第i个和串b的第j个相等,dp[i][j]=dp[i-1][j-1]
如果串a的第i个和串b的第j个不相等：
在串a中插入字符：dp[i][j]=dp[i][j-1]+1//现在a的前i个字符只能满足与b的前j-1个字符相同，所以此时需要插入
在串a中删除字符：dp[i][j]=dp[i-1][j]+1//a的前i-1个字符就满足与b的前j个字符相同，所以此时需要删除
在串a中替换字符:dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1//a的前i-1个字符满足与b的前j-1个字符相同，此时将a中第i个字符替换成b的第j个字符
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<set>
#include<queue>
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 998244353;
const int N = 2E6 + 7;
using namespace std;
ll ksm(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; while(b){if(b&1)res=res*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}return res;}
ll gcd(ll a,ll b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll lcm(ll a,ll b) {return a/gcd(a,b)*b;}
ll inv(ll x) {return ksm(x, mod-2);}
void solve(){
vector<string>s(2);
cin>>s[0]>>s[1];
int n=s[0].size(),m=s[1].size();
s[0]=' '+s[0];s[1]=' '+s[1];
vector<vector<int>>dp(n+1,vector<int>(m+1,0));
for(int i=0;i<=n;i++)dp[i][0]=i;
for(int j=0;j<=m;j++)dp[0][j]=j;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
dp[i][j]=min(min(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+1,dp[i-1][j-1]+(s[0][i]!=s[1][j]));
cout<<dp[n][m]<<'\n';
while(n!=0||m!=0){
if(n&&dp[n][m]==dp[n-1][m]+1)cout<<"DELETE "<<n<<'\n',n--;
else if(m&&dp[n][m]==dp[n][m-1]+1)cout<<"INSERT "<<n+1<<' '<<s[1][m]<<'\n',m--;
else if(n&&m){
if(dp[n][m]==dp[n-1][m-1]+1)
cout<<"REPLACE "<<n<<' '<<s[1][m]<<'\n';
n--,m--;
}
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int t=1;//cin>>t;
while(t--)
solve();
}
Pie or die 博弈
题意：
大意，一个n乘m的棋盘，棋盘中每行与列的交汇处可以放棋子，一共k个棋子。先手可移动其中一个棋子，后手在任意两点可放子的点的中间放一个阻碍，使得之后先手不能走这里。如果先手可以移动出一枚棋子，那就可以，否则就不行。
分析：
注意四个角，若棋子处于角上，则无论堵上哪一边，棋子都能从另一边出去。
所以只要他们其中离边界的距离最小是5就好了
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
int n,m,k;
cin>>n>>m>>k;
if(k==0)return 0*printf("NO\n");
else
{
int flag=0;
for(int i=0;i<k;i++)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
if(a<=5 || a>=n-4 || b<=5 || b>=m-4)flag=1;
}
printf("%s\n",flag?"YES":"NO");
}
return 0;
}
C.First Digit Law
题意：
给出n个区间[Li,Ri]，ai是等概率从第i个区间中选取的一个数字，问a1,...,an中有至少K%的数最高位为1的概率
分析：
统计[l,r]中最高位为1的数字个数x，那么a最高位为1的概率为x/(r-l+1)
以dp[i][j]为前i个数字中有j个数字最高位为1的概率，那么根据第i个数字最高位是否为1得到转移方程
dp[i][j]=pdp[i-1][j-1]+(1-p)dp[i-1][j]对于100i>=kn的i，累加dp[n][i]为答案
（p为概率）
代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
const int INF=0x3f3f3f3f,maxn=1005;
int n,K;
ll f[20];
double p[maxn],dp[maxn][maxn];
ll Solve(ll N)
{
if(!N)return 0;
int a[100],res=0;
while(N)a[res++]=N%10,N/=10;
ll ans=0;
if(a[res-1]>1)ans+=f[res-1];
else
{
for(int i=0;i<res-1;i++)ans+=f[i]*a[i];
ans++;
}
for(int i=0;i<res-1;i++)ans+=f[i];
return ans;
}
int main()
{
f[0]=1;
for(int i=1;i<=18;i++)f[i]=10ll*f[i-1];
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ll L,R;
scanf("%I64d%I64d",&L,&R);
p[i]=1.0*(Solve(R)-Solve(L-1))/(R-L+1);
}
scanf("%d",&K);
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=i;j++)
{
if(j==0)dp[i][j]=(1.0-p[i])*dp[i-1][j];
else dp[i][j]=p[i]*dp[i-1][j-1]+(1.0-p[i])*dp[i-1][j];
}
double ans=0;
for(int i=n;i>=0;i--)
if(i*100>=K*n)ans+=dp[n][i];
else break;
printf("%.12f\n",ans);
return 0;
}
Three Base Stations
题意：
给出n个家庭的位置坐标，现建立3个基站，基站以所在位置为圆心，能辐射半径为d的圆的面积，问要让所有家庭都被辐射到，求基站所在位置和半径d
分析：
二分答案，二分d，且找下一个不在当前基站辐射范围内的家庭也要用到二分
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mm=2e5+9;
const double oo=1e39;
const double ex=1e-7;
double locat[mm];
int n,ans[mm];
int blook(int x)///返回比x大的第一个数的下标
{
int l=0,r=n,mid=(l+r)/2;
while(l<r)
{
if(locat[mid]>x)r=mid;
else l=mid+1;
mid=(l+r)/2;
}
return mid;
}
bool ok(int x)
{ int z=0;
for(int i=0;i<3;i++)
{
z=blook(locat[z]+x);
ans[i]=z;
if(z==n)return 1;
}
return 0;
}
int main()
{
while(cin>>n)
{
for(int i=0;i<n;i++)
cin>>locat[i];
sort(locat,locat+n);
int r=2e9+9,l=0,mid;
while(l<r)
{
mid=(l+r)/2;
if(ok(mid))r=mid;
else l=mid+1;
}
ok(l);
double len=l;len/=2.0;
double a,b,c;a=locat[ans[0]-1]+locat[0];b=locat[ans[1]-1]+locat[ans[0]];
c=locat[ans[2]-1]+locat[ans[1]];
cout.setf(ios::fixed);
cout<<setprecision(6)<<len<<"\n"<<a/2.0<<" "<<b/2.0<<" "<<c/2.0<<endl;
}
}
Hercule Poirot Problem
题意：
有n个房间和m扇门，每扇门有且仅有一把钥匙
有k个人度过了两天，在第一天开始的时候所有的门都是关闭的，在第二天结束的时候，所有的门也都是关闭的
在这两天内，每个人可以执行如下操作若干次：
关上一扇门（前提：他有这扇门的钥匙，且这扇门与当前房间相连）
打开一扇门（前提：他有这扇门的钥匙，且这扇门与当前房间相连）
将自己手上的一些钥匙给与他同处于一间房里的其他人
走向一个与当前房间相连、且门是打开的房间
给出第一天开始前和第二天结束后每个人的位置及拥有的钥匙
判断是否可行
分析：
可以发现，如果有解，一定可以把能打开的门都打开，在关回去。
而开和关是互逆的，所以，可以理解为两天都把能打开的门都打开。
如果都打开后，两天结果一样，则有解。
一样就是指打开的门相同，每个房间，人，钥匙所属集合分别相同。
这样就好做了。
暴力枚举能打开的边，用并查集维护每个集合的钥匙，暴力合并。
可以发现，枚举m
次就够了。每次暴力合并复杂度为O(m)
，总时间复杂度为O(m2)
代码：
#include <stdio.h>
#include <map>
using namespace std;
#define ull unsigned long long
#define se 13131
int u[1005],v[1005],fa[1005],n,m,k;
bool zt[1005][1005];
int getv(int x) {
if (x == fa[x]) return x;
fa[x] = getv(fa[x]);
return fa[x];
}
void merge(int x, int y) {
x = getv(x);
y = getv(y);
if (x == y) return;
if (x < y) {
int t = x;
x = y;
y = t;
}
fa[x] = y;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (zt[x][i]) zt[y][i] = true;
}
}
ull ha(char zf[1005]) {
ull rt = 0;
for (int i = 0; zf[i] != 0; i++) rt = rt * se + zf[i];
return rt;
}
map < ull,int > mp;
char zf[1005];
int wz[1005],rw[1005],yw[1005];
int w2[1005],r2[1005],y2[1005];
bool b1[1005],b2[1005];
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d%d", &u[i], &v[i]);
for (int i = 1; i <= k; i++) {
int a,s;
scanf("%s%d%d", zf, &a, &s);
rw[i] = a;
mp[ha(zf)] = i;
for (int j = 0; j < s; j++) {
int b;
scanf("%d", &b);
zt[a][b] = 1;
yw[b] = a;
}
}
for (int a = 1; a <= m; a++) {
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (!b1[i] && (zt[getv(u[i])][i] || zt[getv(v[i])][i])) {
merge(u[i], v[i]);
b1[i] = true;
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) wz[i] = getv(i);
for (int i = 1; i <= m; i++) yw[i] = getv(yw[i]);
for (int i = 1; i <= k; i++) rw[i] = getv(rw[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
fa[i] = i;
for (int j = 1; j <= m; j++) zt[i][j] = 0;
}
for (int i = 1; i <= k; i++) {
int a,s;
scanf("%s%d%d", zf, &a, &s);
r2[mp[ha(zf)]] = a;
for (int j = 0; j < s; j++) {
int b;
scanf("%d", &b);
zt[a][b] = 1;
y2[b] = a;
}
}
for (int a = 1; a <= m; a++) {
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (!b2[i] && (zt[getv(u[i])][i] || zt[getv(v[i])][i])) {
merge(u[i], v[i]);
b2[i] = true;
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) w2[i] = getv(i);
for (int i = 1; i <= m; i++) y2[i] = getv(y2[i]);
for (int i = 1; i <= k; i++) r2[i] = getv(r2[i]);
bool zd = false;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (wz[i] != w2[i]) zd = true;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (rw[i] != r2[i]) zd = true;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (yw[i] != y2[i]) zd = true;
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (b1[i] != b2[i]) zd = true;
}
if (zd) printf("NO");
else printf("YES");
return 0;
}
Game
题意：
给一串01字符串，可以改动相邻相同颜色的中的两个位置的颜色，最少多少次操作能改成01相间的情况
思路：
直接先考虑结果状态，结果一定为0101010或者10101010，要么是10相间要么是01相间
所以最后直接统计这两种情况中的每个字符不相同的最小数目就可
可以发现
id 1 2 3 4 5 6
val 0 1 0 1 0 1
值加下标都为奇数
id 1 2 3 4 5 6
val 1 0 1 0 1 0
值加下标都为偶数
如果该位s[i]+i为偶数，说明不匹配奇数的那种情况多了一位
为奇数的话，说明不匹配偶数的那种情况多了一位
最后取两者不匹配的最小值即可
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
const int N=1e5+10;
#define inf 0x3f3f3f3f
/*
int read(){
int f=1,x=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
*/
int n,m,k;
string s;
void solve(){
cin>>n;cin>>s;s=" "+s;
int a=0,b=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if((s[i]+i)%2==0)a++;
else b++;
}
cout<<min(a,b);
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
int t=1;
//cin>>t;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
Happy Farm 5
题意：
在坐标平面内，给出几个点的坐标，
算出将所有点包围起来所需的移动次数，
移动方式：水平或竖直移动单位1，对角线移动根号2，
要求包围圈不能经过点，包围圈沿网格线或经过网格的对角线
分析：
最终的图形一定是一个八边形，也就是长方形把四个角往里缩成斜线。因为走斜线显然比走直线和横线要优。然后就只要找出长方形，再算一下四个角可以缩多少，就可以了。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,ans;
int x[100010],y[100010];
int up=-1000000,down=1000000,lft=1000000,rht=-1000000;
int f[4];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
up=max(up,y[i]+1);down=min(down,y[i]-1);
rht=max(rht,x[i]+1);lft=min(lft,x[i]-1);
}
f[0]=f[1]=f[2]=f[3]=2000000;
for(int i=1;i<=n;i++) f[0]=min(f[0],(up-y[i]+x[i]-lft-1));
for(int i=1;i<=n;i++) f[1]=min(f[1],(up-y[i]+rht-x[i]-1));
for(int i=1;i<=n;i++) f[2]=min(f[2],(y[i]-down+x[i]-lft-1));
for(int i=1;i<=n;i++) f[3]=min(f[3],(y[i]-down+rht-x[i]-1));
ans=rht*2-lft*2+up*2-down*2-f[0]-f[1]-f[2]-f[3];
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
