AtCoder Beginner Contest 218 个人题解

AtCoder Beginner Contest 218 个人题解

比赛链接：AtCoder Beginner Contest 218

A题 Weather Forecast

题目大意：

给出一周天气，判断第 \(i\) 天阴晴

思路解析：

直接判断

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	string s;
	cin>>s;
	if(s[n-1]=='o')cout<<"Yes"<<endl;
	else cout<<"No"<<endl;
}

B题 qwerty

题目大意：

给出字母排位，还原字母序列

思路解析：

直接输出

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int main(){
	for(int i=1;i<=26;i++){
		int x;
		cin>>x;
		char op='a'+x-1;
		cout<<op;
	}
}

C题 Shapes

题目大意：

判断两个 \(n*n\) 图中的图形是否可以通过平移或 \(90°\) 旋转来完全重合

思路解析：

很明显模拟，众所周知，模拟狗都不写！

我们可以求出每个图中最小包括图形的正方块，然后与旋转后的四种情况匹配即可

AC代码：

D题 Rectangles

题目大意：

给出平面内 \(n\) 个点，判断可以形成多少个以这些点为顶点的矩形，矩形必须平行于坐标轴

思路解析：

枚举左下和右上的顶点，用 \(map\) 判断左上和右下的点是否存在，最后统计答案，答案需要 \(/4\)

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2005;

struct node{
	int x,y;
}a[maxn];

map<int,map<int,int>>vis;

int main(){
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i].x>>a[i].y;
		vis[a[i].x][a[i].y]=1;
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(i==j)continue;
			if(a[i].x==a[j].x||a[i].y==a[j].y)continue;
			if(vis[a[i].x][a[j].y]==1&&vis[a[j].x][a[i].y]==1){
				ans++;
			}
		}
	}
	cout<<ans/4<<endl;
}

E题 Destruction

题目大意：

给出一个无向图，每一条边都有一个权值 \(w\) ，\(w>0\) 表示删掉这条边可以获得 \(w\) ，\(w<0\) 表示删掉这条边可以失去 \(w\) ，可以删除任意条边，问可获得的最大权值

思路解析：

很显然这是一道最小生成树

很显然，权值为负的边一定不会删，因为删掉并不会让我们的答案更优

所以解法显然，我们首先把所有负边加入并查集，再对所有正边Kruskal贪心取，统计答案

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e6+5;

struct node{
	ll x,y,w;
}a[maxn],b[maxn];

int f[maxn];

int find(int x){
	if(f[x]==x)return x;
	return f[x]=find(f[x]);
}

bool cmp(node u,node v){
	return u.w<v.w;
}

int t1,t2;
ll ans,top;

int main(){
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=i;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x,y,z;
		cin>>x>>y>>z;
		if(z>=0){
			a[++t1].x=x;
			a[t1].y=y;
			a[t1].w=z;
			top+=z;
		}
		else {
			b[++t2].x=x;
			b[t2].y=y;
			b[t2].w=z;
		}
	}
	sort(a+1,a+t1+1,cmp);
	for(int i=1;i<=t2;i++){
		int x=find(b[i].x),y=find(b[i].y);
		f[x]=y;
	}
	for(int i=1;i<=t1;i++){
		int x=find(a[i].x),y=find(a[i].y);
		if(x==y)continue;
		f[x]=y;
		ans+=a[i].w;
	}
	cout<<top-ans<<endl;
}

F题 Blocked Roads

题目大意：

给你一个有向图，给出 \(m\) 条边，对于依次给出的每条边，我们需要输出删除这条边后 \(1-n\) 的最短路，若删除后不可到达，输出 \(-1\)

当然每个询问是独立的，即删除这条边后在下一次询问是会重新恢复的

思路解析：

首先我们对原图跑 \(dijkstra\) ，求出 \(1-n\) 的最短路径，用 \(map\) 记录 \(1-n\) 的最短路径，记录最短距离

然后我们枚举每一条边，我们把这些边分为两类：

• 不经过原图中最短路径
• 经过原图中最短路径

对于第一种情况，我们删除这条边不会影响 \(1-n\) 的最短路径的，所以答案即为原图最短路

对于第二种情况，我们删除这条边是会改变原图的最短路径的，但是由于 \(2<=n<=400\) ,所以这种情况的边至多不会超过 \(400\) 个，我们可以直接再对删掉这条边的图跑 \(dijkstra\) ，输出此时的最短路

复杂度满足要求 \(O(n*n*logn)\)

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

const int maxn=1e6+5;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,m;
int e[maxn],nex[maxn],id,dis[maxn],h[maxn];
int vis[maxn];

void add(int a,int b){
	e[++id]=b;
	nex[id]=h[a];
	h[a]=id;
}

int pre[maxn];
map<int,map<int,int>>st;

struct nodee{
	int x,y;
}q[maxn];

void dij(int s,int x,int y){
	memset(vis,0,sizeof vis);
	memset(dis,0x3f,sizeof dis);
	dis[s]=0;
	priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> >q;
	q.push({0,s});
	while(!q.empty()){
		pii t=q.top();
		q.pop();
		int now=t.second,d=t.first;
		if(vis[now])continue;
		vis[now]=1;
		for(int i=h[now];i;i=nex[i]){
			int j=e[i];
			if(now==x&&j==y)continue;
			if(dis[j]>d+1){
				dis[j]=d+1;
				q.push({dis[j],j});
				pre[j]=now;
			}
		}
	}
}

int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		q[i].x=x;
		q[i].y=y;
		add(x,y);
	}
	dij(1,0,0);
	int nt=n;
	while(pre[nt]){
		st[pre[nt]][nt]=1;
		nt=pre[nt];
	}
	int tt;
	if(dis[n]>inf/2)tt=-1;
	else tt=dis[n];
	for(int i=1;i<=m;i++){
		if(st[q[i].x][q[i].y]==1){
			dij(1,q[i].x,q[i].y);
			if(dis[n]>inf/2)cout<<-1<<endl;
			else cout<<dis[n]<<endl;
		}
		else cout<<tt<<endl;
	}
}

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