牛客小白月赛47

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牛客小白月赛47

D.造桥

题目描述

今天是愉快的周末，牛可乐和牛妹在一起玩游戏。牛妹给了牛可乐 $n$ 个造桥的零件，每个零件以字符串的形式给出，每个字符串两端的字符是零件的接口，两个零件可以通过连接不同端的接口（一个零件的左端只能连接另一个零件的右端，右端则只能连接左端）得到一个更长的零件，新零件的长度是原零件的长度之和。
牛妹规定，零件不能翻转，且零件左边的接口只能由该零件左边的零件去连接（这意味着，应该按顺序选取零件），右端同理。
牛可乐想得到牛妹的赞许，因此他要想用牛妹给的零件拼接一个尽可能长的桥梁，你能帮帮他吗？

输入描述:

第一行一个整数 $T$, 代表案例数。
对于每一个样例: 第一行一个数 $n$, 表示字符串的个数。
接下来有 $n$ 行, 每行一个字符串, 每个字符串的长度 $\geqslant 2$ 。

$0<T \leqslant 100$
所有案例的字符串长度的和不超过 $2 e 5$ 。
保证所有字符均为小写字符。

输出描述:

$n$ 个字符串能拼接的最大字符串长度。

示例1

输入

1
6
ab
baabc
bb
ba
ba
ad

输出

8

说明

按顺序依次拼接：$1，3，5，6$号字符串。

解题思路

思维，dp

相当于将每个字符串的第一个字符向最后一个字符连边，权值为字符串长度，从左到右求最大权值之和

• 状态表示：$f[i]$ 表示以 $i$ 结尾的最大权值

• 状态计算：$f[r]=max(f[r],(int)s.size()+f[l])$，其中 $l,r$ 分别为字符串 $s$ 的前后字符
  分析：当前字符串是否对于 $r$ 结尾的最大权值之和有贡献

代码

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=27;
int f[N],t,n;
int main()
{
    for(cin>>t;t;t--)
    {
    	memset(f,0,sizeof f);
    	cin>>n;
    	for(int i=1;i<=n;i++)
    	{
    		string s;
    		cin>>s;
    		f[s.back()-'a']=max(f[s.back()-'a'],(int)s.size()+f[s[0]-'a']);
    	}
    	int res=0;
    	for(int i=0;i<26;i++)res=max(res,f[i]);
    	cout<<res<<'\n';
    }
    return 0;
}

E.牛牛的方格图

题目描述

牛牛: “你喜欢玩数独吗? 。
牛牛有一个 $n * m$ 的方格图，每个格子都有自己的颜色，第 $i$ 行第 $j$ 列格子上的颜色记为 $\operatorname{col}(i, j)$ 。
对于任意两个不同位置的颜色相同的点，我们认为其覆盖了一个以它们为对角线上顶点的矩形中的所有点。
严格来说，一个点 $P\left(i_{p}, j_{p}\right)$ 被覆盖，当且仅当存在两个点 $A\left(i_{a}, j_{a}\right)$ 和 $B\left(i_{b}, j_{b}\right)$ 使得以下四个条件都成立:
1: $\operatorname{col}\left(i_{a}, j_{a}\right)=\operatorname{col}\left(i_{b}, j_{b}\right)$
2: $i_{a} \neq i_{b} \| j_{a} \neq j_{b}$
3: $\min \left(i_{a}, i_{b}\right) \leqslant i_{p} \leqslant \max \left(i_{a}, i_{b}\right)$
4: $\min \left(j_{a}, j_{b}\right) \leqslant j_{p} \leqslant \max \left(j_{a}, j_{b}\right)$
现在牛牛想知道这张方格图中有多少个顶点尚末被覆盖。

输入描述:

第一行输入两个数 $n, m$ 代表方格图的行数和列数。
接下来 $n$ 行每行 $m$ 个数描述了方格图中每个格子上的颜色。
$0<n, m \leqslant 1 e 3 ; 0<\operatorname{col}(i, j) \leqslant 1 e 6$

输出描述:

输出一行一个整数代表答案。

示例1

输入

3 4
1 3 3 4 
2 3 1 4 
6 3 3 4

输出

1

说明

6所在方格未被覆盖。

解题思路

思维，二维前缀和

先将同一个颜色的位置提取出来，如果一个颜色出现的位置大于等于 $2$，则求出覆盖所有点的最小矩形，即找出最大和最小的横纵坐标，设定一个数组 $ne[i][j]$，表示位于 $(i,j)$ 连续覆盖的最左边的纵坐标，每次标记时可利用此数组快速标记未标记的位置，当然，也可以利用二维前缀和做标记

• 时间复杂度：$O(100000+nm)$

代码

// Problem: 牛牛的方格图
// Contest: NowCoder
// URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11224/E
// Memory Limit: 524288 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=1e6+6,M=1005;
int n,m,x,ne[M][M];
vector<PII> c[N];
bool v[M][M];
int main()
{
    read(n),read(m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	for(int j=1;j<=m;j++)read(x),c[x].pb({i,j});
    }
    for(int i=0;i<=1e6;i++)
    {
    	if(c[i].size()>1)
    	{
    		int x1=M,y1=M,x2=0,y2=0;
    		for(auto t:c[i])
    		{
    			x1=min(x1,t.fi);
    			y1=min(y1,t.se);
    			x2=max(x2,t.fi);
    			y2=max(y2,t.se);
    		}
    		for(int j=x1;j<=x2;j++)
    			for(int k=y1;k<=y2;k++)
    			{
    				if(v[j][k])k=ne[j][k];
    				else
    				{
    					ne[j][k]=y2;
    					v[j][k]=1;
    				}
    			}
    	}
    }
    int res=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	for(int j=1;j<=m;j++)res+=!v[i][j];
    printf("%d",res);
    return 0;
}

• 前缀和

// Problem: 牛牛的方格图
// Contest: NowCoder
// URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11224/E
// Memory Limit: 524288 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=1e6+6,M=1005;
int n,m,x,s[M][M];
vector<PII> c[N];
bool v[M][M];
int main()
{
    read(n),read(m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	for(int j=1;j<=m;j++)read(x),c[x].pb({i,j});
    }
    for(int i=0;i<=1e6;i++)
    {
    	if(c[i].size()>1)
    	{
    		int x1=M,y1=M,x2=0,y2=0;
    		for(auto t:c[i])
    		{
    			x1=min(x1,t.fi);
    			y1=min(y1,t.se);
    			x2=max(x2,t.fi);
    			y2=max(y2,t.se);
    		}
    		s[x1][y1]++;
    		s[x1][y2+1]--;
    		s[x2+1][y1]--;
    		s[x2+1][y2+1]++;
    	}
    }
    int res=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	for(int j=1;j<=m;j++)s[i][j]+=s[i][j-1]+s[i-1][j]-s[i-1][j-1],res+=!s[i][j];
    printf("%d",res);
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16120122.html
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