AtCoder Beginner Contest 328 (ABC328)
A. Not Too Hard
模拟。
Code
B. 11/11
模拟。
Code
C. Consecutive
Description
给你一个字符串 \(S\),有 \(Q\) 次询问,每次输入 \(l, r\),求:\([S_l,S_r]\) 区间中有多少个相邻的字符是相等的。
Solution
循环一遍字符串,看看 \(s_i\) 是否等于 \(s_{i+1}\),如果等于,记录前缀和数组 \(pre\),\(pre_i = pre_{i-1} + 1\),否则 \(pre_i = pre_{i-1}\)。
每次询问的时候只需要输出 \(pre_{r - 1} - pre_{l - 1}\) 即可。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 10;
int n, t, l, r, len, c[N];
char s[N];
inline void solve() {
scanf("%d%d", &l, &r);
printf("%d\n", c[r - 1] - c[l - 1]);
}
signed main() {
scanf("%d%d%s", &n, &t, s + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) c[i] = c[i - 1] + (s[i] == s[i + 1]);
while (t--) solve();
return 0;
}
D. Take ABC
Description
给定一个字符串 \(S\),每次会将字符串 \(S\) 中的一个子串 \(\texttt{ABC}\) 删除,进行若干次操作之后,输出字符串 \(S\)。
Solution
我们维护两个数组 \(nxt,lst\),分别表示每个字符的后面和前面字符的下标,类似于链表的思想。
维护变量 \(z\) 表示当前的下标,当 z != n + 1
的时候进行循环。
每次维护变量 \(t2,t3\) 分别赋值为 nxt[z]
和 nxt[nxt[z]]
,表示下标 \(z\) 的下一个字符的下标和下一个字符的下一个字符的下标。
如果这三个下标分别对应的字符正好为 \(\texttt{ABC}\),则将 lst[nxt[t3]]
的值更改为 lst[z]
,nxt[lst[z]]
的值更改为 nxt[t3]
,表示删除了当前子串。并且将 \(z\) 指向 lst[z]
。
每次循环时 z = nxt[z]
即可。
时间复杂度近似于 \(O(n)\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int nxt[N], lst[N], v[N], n;
char s[N];
int main() {
scanf("%s", s + 1);
n = strlen(s + 1);
nxt[0] = 1;
lst[n + 1] = n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
nxt[i] = i + 1, lst[i] = i - 1, v[i] = s[i] - 'A' + 1; // 将 nxt 数组和 lst 数组赋初始值,并且 v 数组记录将字符转换为数字的结果,方便判断
int z = 1, t2, t3;
while (z != n + 1) {
t2 = nxt[z];
t3 = nxt[t2];
if (t2 == n + 1 || t3 == n + 1) break; // 子串不存在,越界了
if (v[z] == 1 && v[t2] == 2 && v[t3] == 3) { // 找到子串 "ABC"
lst[nxt[t3]] = lst[z];
nxt[lst[z]] = nxt[t3];
// 如果下标存在,就指向前一个字符
if (z) z = lst[z];
if (z) z = lst[z];
if (z) z = lst[z];
}
z = nxt[z];
}
// 打印结果
z = nxt[0];
while (z != n + 1)
printf("%c", 'A' - 1 + v[z]), z = nxt[z];
return 0;
}
E. Modulo MST
Description
给你一个无向图,求:生成树中最小的路径,最小路径的定义为路径上的每条边权值之和 \(\bmod \ K\) 的结果。
Solution
这道题不能用最小生成树的思想来做,因为加了一个取模的条件,所以不能贪心地取最小的路径。
所以看到数据范围 \(1 \le N \le 8,1 \le M \le \dfrac{N(N-1)}{2}\),很明显可以爆搜。
如果遍历每条边,\(M\) 最大为 \(28\),最多有 \(C_{28}^{8}\) 种可能性,大概为 \(10 ^ 6\) 左右,总的时间复杂度为 \(O(C_{28}^{8} \times \log n)\),不会超时。
但是要注意剪枝,可以使用按秩合并的并查集来做,注意不要路径压缩,这样的话就无法在搜索时回溯。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 20;
int n, m, k, fa[N], si[N];
int x[N << 1], y[N << 1], len[N << 1];
int find(int x) {
return x == fa[x] ? x : find(fa[x]);
}
int dfs(int i, int cnt, int sum) {
if (i == m + 1) {
if (cnt == n - 1) return sum;
return 1e18;
}
int rx = find(x[i]), ry = find(y[i]);
if (rx == ry) return dfs(i + 1, cnt, sum);
if (si[rx] > si[ry]) swap(rx, ry);
fa[rx] = ry;
si[rx] += si[ry];
int ans = dfs(i + 1, cnt + 1, (sum + len[i]) % k);
fa[rx] = rx;
si[rx] -= si[ry];
ans = min(ans, dfs(i + 1, cnt, sum));
return ans;
}
signed main() {
cin >> n >> m >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i, si[i] = 1;
for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> x[i] >> y[i] >> len[i];
cout << dfs(1, 0, 0);
return 0;
}
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