CF1974题解
CF1974A
简单计数题
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t;
signed main(){
scanf("%lld",&t);
while(t--){
int x,y,ans=0,num=0;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
ans+=y/2;
if(y&1) num+=4,ans++;
num+=ans*7;
if(x>num){
ans+=(int)ceil((double)(x-num)/15.0);
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
CF1974B
洛谷题面翻译有误，建议自己看CF做题
照题面模拟即可，简单题
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int t,n;
int a[N],d[N];
char s[N];
int main(){
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d",&n);
scanf("%s",s+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=s[i]-'a'+1;
}
sort(a+1,a+1+n);
int len=unique(a+1,a+1+n)-a-1;
for(int i=1;i<=len;i++){
int j=len-i+1;
d[a[i]]=a[j];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
printf("%c",d[s[i]-'a'+1]+'a'-1);
}
printf("\n");
}
}
CF1974C
注意仔细审题，让你求的时美丽的三元组对数
非常巧妙的一道题，使我的大脑停止运转
首先我们考虑如果要成为一个美丽三元组对，就要满足在这个三元对上有两个对应位置上元素相同所以我们设两个三元组为 \(\{a,b,c\}\) 和 \(\{d,e,f\}\) 我们分别记录下 \(\{a,b\}==\{d,e\},\{a,c\}==\{d,f\},\{b,c\}==\{e,f\}\) 的个数设为 \(x,y,z\)
但是考虑到有可能有 \(\{a,b,c\}==\{d,e,f\}\) 的情况，所以我们在设一个 \(k\) 为这种情况的个数，因为这种情况会被前面连续统计三遍，所以最终答案即为 \(x+y+z-3*k\)
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#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int t,n;
int a[N];
map<pii,int>f,s,e;
map<pair<int,pii>,int>c;
signed main(){
scanf("%lld",&t);
while(t--){
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
f.clear();
s.clear();
e.clear();
c.clear();
int ans=0;
for(int i=3;i<=n;i++){
ans+=f[{a[i-2],a[i-1]}];
f[{a[i-2],a[i-1]}]++;
ans+=s[{a[i-1],a[i]}];
s[{a[i-1],a[i]}]++;
ans+=e[{a[i-2],a[i]}];
e[{a[i-2],a[i]}]++;
ans-=c[{a[i-2],{a[i-1],a[i]}}]*3;
c[{a[i-2],{a[i-1],a[i]}}]++;
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
CF1974D
一道水题
sb题面翻译漏掉了一条重要信息导致我卡了好久
两个物体均要进行移动，不能只有一个物体动，例如样例中第4个SN的情况就不行。
珍爱生命，别看翻译
然后就手模一下就知道，我们把 NS，EW 捆绑在一起，分给同一个机器人，剩下的多的就平分给两个机器人，若剩下的是奇数无法平分就NO
还有要特判只有一个机器人动的情况，再把它捆绑的步数，就是一组NS或EW分给另一个机器人就可以了
代码实现有点复杂，我写了100行
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int t,n;
int a[N],pr[N],ph[N];
char s[N];
int main(){
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d",&n);
scanf("%s",s+1);
int u=0,d=0,l=0,r=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i]=='N') a[i]=1,u++;
if(s[i]=='S') a[i]=2,d++;
if(s[i]=='E') a[i]=3,l++;
if(s[i]=='W') a[i]=4,r++;
}
if(l>=r){
int num=l-r;
if(num&1){
printf("NO\n");
continue;
}
pr[3]=num/2+r;
ph[3]=num/2;
pr[4]=r;
if(num==0&&r>1){
pr[3]--;pr[4]--;
ph[3]++;ph[4]++;
}
}
else{
int num=r-l;
if(num&1){
printf("NO\n");
continue;
}
pr[4]=num/2+l;
ph[4]=num/2;
pr[3]=l;
if(num==0&&l>1){
pr[4]--;pr[3]--;
ph[4]++;ph[3]++;
}
}
if(u>=d){
int num=u-d;
if(num&1){
printf("NO\n");
continue;
}
ph[1]=num/2+d;
pr[1]=num/2;
ph[2]=d;
if(num==0&&d>1){
ph[1]--;ph[2]--;
pr[1]++;pr[2]++;
}
}
else{
int num=d-u;
if(num&1){
printf("NO\n");
continue;
}
ph[2]=num/2+u;
pr[2]=num/2;
ph[1]=u;
if(num==0&&u>1){
ph[1]--;ph[2]--;
pr[1]++;pr[2]++;
}
}
if(!pr[1]&&!pr[2]&&!pr[3]&&!pr[4]){
printf("NO\n");
continue;
}
if(!ph[1]&&!ph[2]&&!ph[3]&&!ph[4]){
printf("NO\n");
continue;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(pr[a[i]]){
printf("R");
pr[a[i]]--;
}
else{
printf("H");
ph[a[i]]--;
}
}
printf("\n");
}
}
CF1974E
一道典型的dp，看见 \(n<=50,\sum h[i]<=1e5\)，就应该直接dp，但是我比较蠢，想到了，但不敢写
呃dp策略好像也很典注意到如果正常 \(c[i]\) 没有那么大的话直接背包就做完了，但是因为 \(c[i]\) 太大了只好设 \(dp[i][j]\) 为在i个月之前，获得j的快乐，所剩余的最多的钱数
我们先考虑如何统计答案，根据\(dp[n][i]\)是否又被转移到就可以判断，所以没有被转移到的要先设成负数然后若最后这一位上不是负数则更新答案（如果初始化为0的话有需要花0元的代价的答案就统计不上）
然后我们考虑转移
我们存剩余多少钱的原因是因为我们要判断上一位能否从这一位转移过来，也就是说上一位 \(dp[i-1][j-h[i]]>=c[i]\) 才有资格转移，因为这一位只与上一位答案有关，所以可以压掉一维，最终的转移方程
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=55,H=1e5;
int t,m,x;
int c[N],h[N],dp[H+5];
signed main(){
scanf("%lld",&t);
while(t--){
scanf("%lld%lld",&m,&x);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%lld%lld",&c[i],&h[i]);
}
for(int i=0;i<=H;i++){
dp[i]=-1;
}
dp[0]=0;
int cnt=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
cnt+=h[i];
for(int j=cnt;j>=h[i];j--){
if(dp[j-h[i]]>=c[i]) dp[j]=max(dp[j],dp[j-h[i]]-c[i]);
}
for(int i=0;i<=cnt;i++){
if(dp[i]>=0) dp[i]+=x;
}
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=cnt;i++){
if(dp[i]>=0) ans=max(ans,i);
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
