AtCoder Beginner Contest 335

ABC335总结

A.202<s>3</s>

翻译

给你一个由小写英文字母和数字组成的字符串 $S$。
$S$ 保证以 2023 结尾。
将 $S$ 的最后一个字符改为 4，并打印修改后的字符串。

分析

两种做法：

• 直接把最后一个字符改为4，然后输出。
• 输出前 $n$ 个字符后输出4。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int main ()
{
    string s;
    cin>>s;
    for(int i=1;i<s.size();i++) cout<<s[i-1];
    cout<<4<<"\n";
    //string s;
    //cin>>s;
    //s[s.size()-1]='4';
    //cout<<s<<"\n";
    return 0;
}

B - Tetrahedral Number

翻译

给你一个整数 $N$。

请按字典序升序输出所有与 $x+y+z\le N$ 相等的非负整数 $(x,y,z)$ 的三元组。

什么是非负整数三元组的字典序？

当且仅当以下条件之一成立时，非负整数$(x,y,z)$的三元组字典序小于$(x^{\prime },y^{\prime },z^{\prime })$：

• $x<x^{\prime }$;
• $x=x^{\prime }$和$y<y^{\prime }$；
• $x=x^{\prime }$和$y=y^{\prime }$及$z<z^{\prime }$。

分析

暴力算法，三层循环加判断解决。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;

int n,m,t,a[N];

int main ()
{
    cin>>n;
    for(int i=0;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=n;j++)
            for(int l=0;l<=n;l++)
                if(i+j+l<=n) printf("%d %d %d\n",i,j,l);
    
    return 0;
}

C - Loong Tracking

翻译

高桥制作了一款游戏，玩家要在坐标平面上控制一条龙。

龙由$N$部分组成，编号为$1$至$N$，其中$1$部分称为头。

最初，$i$部分位于坐标$(i,0)$处。过程$Q$查询如下。

• 1 C:将头部向$C$方向移动$1$。这里，$C$是 "R"、"L"、"U "和 "D "中的一个，分别代表正$x$/方向、负$x$/方向、正$y$/方向和负$y$/方向。除头部外，其他每个部分都会跟随前面的部分移动。也就是说，$i$部分$(2\le i\le N)$ 移动到部件 $i-1$ 移动前的坐标位置。
• 2 p:找出部件 $p$ 的坐标。

分析

一段固定长度的区间，需要做到在头部插入尾部删除，则可以使用双端队列进行维护，查询操作直接访问即可。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int N=1e5+5;

int n,m,a[N];
deque<PII> q;
void insert(char p)
{
    PII u=q.front();
    int x=u.first,y=u.second;
    if(p=='R') q.push_front({x+1,y});
    else if(p=='L') q.push_front({x-1,y});
    else if(p=='U') q.push_front({x,y+1});
    else q.push_front({x,y-1});
    q.pop_back();
}
int main ()
{
    cin>>n>>m;
    int op,p;
    char c;
    for(int i=1;i<=n;i++) q.push_back({i,0});
    while(m--)
    {
        cin>>op;
        if(op==1) cin>>c,insert(c);
        else cin>>p,cout<<q[p-1].first<<" "<<q[p-1].second<<"\n";
    }
    return 0;
}

D - Loong and Takahashi

翻译

问题陈述

有一个网格，网格中有 $N$ 行和 $N$ 列，其中 $N$ 是奇数，最多为 $45$。

让 $(i,j)$ 表示从上往下第 $i$ 行，从左往上第 $j$ 列的单元格。

在这个网格中，你将放置高桥和一条由$N^2-1$部分组成的龙，这些部分的编号为$1$至$N^2-1$，以满足以下条件：

• 高桥必须放在网格的中心，即$(\frac{N+1}{2},\frac{N+1}{2})$单元格。
• 除了高桥所在的单元格外，每个单元格中都必须放置一个龙形部件。
• 对于每个满足$2\le x\le N^2-1$的整数$x$，龙部件$x$必须放置在与包含部件$x-1$的单元格相邻的单元格中。
  • 当且仅当 $|i-k|+|j-l|=1$ 时，单元格 $(i,j)$ 和 $(k,l)$ 被认为是相邻的。

打印一种满足条件的部件排列方式。保证至少有一种排列方式满足条件。

分析

固定一种走法，顺时针绕圈走，方向依次为右下左上。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=50;
int n,f[6][5]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}};
int a[N][N];
int main ()
{
    cin>>n;
    int x=1,y=0,t=0;
    for(int i=1;i<=n*n-1;i++)
    {
        int u=x+f[t][0],v=y+f[t][1];
        if(u>=1&&u<=n&&v>=1&&v<=n&&a[u][v]==0) a[u][v]=i;
        else 
        {
            t=(t+1)%4;
            u=x+f[t][0],v=y+f[t][1];
            a[u][v]=i;
        }
        x=u,y=v;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++) 
        {
            if(i==(n+1)/2&&j==(n+1)/2) cout<<"T"<<" ";
            else cout<<a[i][j]<<" ";
        }
        cout<<"\n";
    }
    return 0;
}

E - Non-Decreasing Colorful Path

翻译

有一个连通的无向图，图中有 $N$ 个顶点和 $M$ 条边，其中 $i$ 条边双向连接顶点 $U_i$ 和顶点 $V_i$。
每个顶点上都写有一个整数，顶点$v$上写有整数 $A_v$。

对于从顶点 $1$ 到顶点 $N$ 的简单路径（一条不多次通过相同顶点的路径），分数的确定方法如下：

• 假设 $S$ 是写在路径沿线顶点上的整数序列，按照顶点被访问的顺序排列。
• 如果 $S$ 不是非递减，则该路径的得分为 $0$。
• 否则，得分就是 $S$ 中不同整数的个数。

找出所有简单路径中得分最高的从顶点 $1$ 到顶点 $N$ 的路径，并打印该得分。

$S$ 不递减是什么意思？长度为 $l$ 的序列 $S=(S_1,S_2,\dots ,S_l)$ 是非递减的，当且仅当 $S_i\le S_{i+1}$ 为所有整数 $1\le i<l$ 时。

分析

算是一道好题，思路比较清奇，一般想法是找到所有简单路径然后判断是否为非递减，计算答案。但所有简单路径的枚举太浪费时间，所以考虑其他做法。

$$dp+\mathrm{并}\mathrm{查}\mathrm{集}$$

为何能使用 $dp$？
点权大的点一定是由点权小的点推导过来的，否则该路径答案就为零，相当于无意义。其次，若所有比 $i$ 点小的且与 $i$ 点连通的点已经都用来更新过 $i$ 点，则 $i$ 点的值不会再被改变，即满足无后效性。只需要按点权的大小排序，按照边的信息进行更新即可。

$$dp[v]=max(dp[v],dp[u]+1)$$

需要明确一点，由于一条路径上相同的点权只会贡献一个，所以对于相邻的点权相同的点，把他们压缩成一个，使答案记录在最靠近点 $1$ 的点上。这样就不用考虑两点权值相同的情况，存边时只用存从点权小的到点权大的边即可。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;

int n,m,a[N],f[N],dp[N];
struct node 
{
    int w,u,v;
};
vector<node> b;
bool cmp(node x,node y)
{
    return x.w<y.w;
}
int find(int x)
{
    if(f[x]==x) return x;
    else return f[x]=find(f[x]);
}
int main ()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],f[i]=i;
    for(int i=1,u,v;i<=m;i++)
    {
        cin>>u>>v;
        if(a[u]>a[v]) swap(u,v);
        if(a[u]==a[v]) f[find(v)]=find(u);//将v并入u
        else b.push_back({a[u],u,v});
    }
    sort(b.begin(),b.end(),cmp);
    memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));
    dp[find(1)]=1;
    for(auto x : b)
    {
        int u=find(x.u),v=find(x.v);
        dp[v]=max(dp[v],dp[u]+1);
    }
    cout<<max(0,dp[find(n)])<<"\n";
    return 0;
}