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Codeforces Round #648 (Div. 2) A~E题解

2020-06-09 11:38:21 作者：互联网

A. Matrix Game

B. Trouble Sort

C. Rotation Matching

D. Solve The Maze

E. Maximum Subsequence Value

A. Matrix Game

题意：给一个n*m的01矩阵，两人轮流将0转化为1，若点pos可以被转化，那么要求x行和y列没有1。谁不能转谁输。

思路：计算所有满足的点的数量，根据奇偶性判断。

AC代码：

/*---------------------------------
 *File name: A.cpp
 *Creation date: 2020-06-07 22:28
 *Link: 
 *-------------------------------*/
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define LL long long
#define PII pair<int, int>
#define Pque priority_queue 
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
const double EPS = 1e-8;

int main(){
	int t;
	scanf("%d", &t);
	while(t--){
		int n, m;
		scanf("%d %d", &n, &m);
		vector<bool> col(m + 1, 0), row(n + 1, 0);
		for(int i = 1; i <= n; ++i){
			for(int j = 1; j <= m; ++j){
				int a;
				scanf("%d", &a);
				if(a){
					col[j] = 1;
					row[i] = 1;
				}
			}
		}
		int ans = 0;
		for(int i = 1; i <= n; ++i){
			for(int j = 1; j <= m; ++j){
				if(col[j] == 0 && row[i] == 0){
					ans++;
					col[j] = 1;
					break;
				}
			}
		}
		if(ans % 2 == 1){
			printf("Ashish\n");
		}
		else printf("Vivek\n");
	}
	return 0;
}

B. Trouble Sort

题意：给长度为为n的数组，每个数拥有属性（0或1），问是否能够将数组通过swap操作变为非递减数组，交换的两个数的属性必须不相同。

思路：想想就可以明白如果要排序属性为0的，只要有一个1 存在，就可以用这个1作为媒介交换两个0，反之也是这样，因此如果属性1和属性0的数都有，必定可以排序。如果0或1没有，那么直接判断原数组是否是非递减序列。

AC代码：

/*---------------------------------
 *File name: A.cpp
 *Creation date: 2020-06-07 23:17
 *Link: 
 *-------------------------------*/
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define LL long long
#define PII pair<int, int>
#define Pque priority_queue 
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
const double EPS = 1e-8;
 
struct node {
	LL a;
	int b ;
}T[505];
int t, n, o, z;

void solve(){
	for(int ct = 1; ct <= t; ++ct){
		cin >> n;
		o = 0 , z = 0 ;
		bool vis = true ;
		for(int i = 1 ; i <= n ; ++i){
			scanf("%lld", &T[i].a);
			if(T[i].a - T[i - 1].a < 0) vis = false;
		}
		bool flag = true;
		int i = 1;
		while(i <= n){
			scanf("%d",&T[i].b);
			if(T[i].b)++o;
			else ++z;
			++i;
		}
		if((!o || !z) && !vis) flag = false;
		if(flag) printf("Yes\n");
		else printf("No\n");
	}
}

int main(){
	cin >> t;
	solve();
	return 0;
}

C. Rotation Matching

题意：给定两个排列，问能否通过左移右移操作将a序列和b序列相同数在同一位置的数量最多。左移右移操作定义为：对于序列c: 左移操作为将所有数循环地向左移动一个位置，即变为：c1:=c2,c2:=c3,…,cn:=c1。右移类似。

思路：因为是排列，所以每个数出现且只出现一次，那么对于b排列中的任意一个数x，记录下x在a排列中的位置，即是要将b中的x与a对齐所需要的操作次数。记录下每一个操作次数所能够对齐的数量，取max即是答案。

AC代码：

/*---------------------------------
 *File name: A.cpp
 *Creation date: 2020-06-07 23:41
 *Link: 
 *-------------------------------*/
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define LL long long
#define PII pair<int, int>
#define Pque priority_queue 
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
const double EPS = 1e-8;

const int MaxN = 2e5 + 5;
const long long Inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

int n , a[maxn] , b[maxn];
int num[maxn] , pos[maxn];

void solve(){
	for(int i = 1; i <= n ; ++i){
		scanf("%d", a + i);
		pos[a[i]] = i ;
	}
	for(int i = 1 ; i <= n; ++i){
		scanf("%d", b + i);
		int res = i - pos[b[i]];
		if(res < 0) res += n;
		num[res]++;
	}
	int ans = 1; 
	int i = 0;
	while(i < n){
		ans = max(ans, num[i++]);
	}
	printf("%d\n", ans);
}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	solve();
	return 0;
}

D. Solve The Maze

题意：给一个n*m的迷宫，里面有好人坏人和墙壁，问能不能通过增加墙壁使的所有好人能够到达出口而所有坏人不能。出口在点（n，m）。

思路：暴力找出所有坏人的位置，在他们四周放上墙壁，在过程中判断放墙壁的位置是否有好人，有的话则不行。若堵住了所有坏人且没有好人在坏人相邻的格子情况下，从出口BFS标记所有能到达出口的点，再暴力循环一遍找所有好人的位置，只要所有好人的位置都被标记，那么好人就可以到达出口，反之不行。

AC代码：

/*---------------------------------
 *File name: A.cpp
 *Creation date: 2020-06-07 23:17
 *Link: 
 *-------------------------------*/
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define LL long long
#define PII pair<int, int>
#define Pque priority_queue 
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
const double EPS = 1e-8;

int n, m, t;
char a[55][55];
int dx[] = {-1, 0, 1, 0};
int dy[] = {0, -1, 0, 1};
bool vis[55][55];

bool bfs(int x, int y){
	queue<PII> q;
	q.push(PII(x, y));
	vis[x][y] = 1;
	while(!q.empty()){
		PII cur = q.front();
		q.pop();
		for(int i = 0; i < 4; ++i){
			int nx = cur.fi + dx[i];
			int ny = cur.se + dy[i];
			if(nx < 1 || nx > n || ny < 1 || ny > m) continue;
			if(a[nx][ny] == '#') continue;
			if(vis[nx][ny]) continue;
			vis[nx][ny] = 1;
			q.push(PII(nx, ny));
		}
	}
	bool ex = 1;
	for(int i = 1; i <= n && ex; ++i){
		for(int j = 1; j <= m; ++j){
			if(a[i][j] == 'G' && vis[i][j] == 0){
				ex = 0;
				break;
			}
		}
	}
	return ex;
}

void solve(){
	scanf("%d %d", &n, &m);
	memset(a, 0, sizeof(a));
	memset(vis, 0, sizeof(vis));
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		scanf(" %s", a[i] + 1);
	}
	bool G = 0;
	bool ex = 1;
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		for(int j = 1; j <= m; ++j){
			if(a[i][j] == 'B'){
				for(int k = 0; k < 4; ++k){
					if(a[i + dx[k]][j + dy[k]] == '.'){
						a[i + dx[k]][j + dy[k]] = '#';
					}
					else if(a[i + dx[k]][j + dy[k]] == 'G'){
						ex = 0;
					}
				}
			}
			else if(a[i][j] == 'G') G = 1;
		}
	}
	if(ex == 0 || (G != 0 && a[n][m] == '#')) printf("No\n");
	else{
		if(G == 0) printf("Yes\n");
		else{
			ex = bfs(n, m);
			printf("%s\n", ex ? "Yes" : "No");
		}
	}
}

int main(){
	cin >> t;
	while(t--) solve();
	return 0;
}

E. Maximum Subsequence Value

题意：有点难解释。。建议自己看题。我这里就粗略解释：给定一个数组a，要求选出具有最大价值的子序列。假设此子序列的长度为k，那么最大价值的计算方法为：对于这个序列中的所有数的二进制表示，第 i （从0开始）位上是1的数的数量若大于等max(k - 2, 1)，那么价值就可以 += $\small 2^i$ 。（还没理解的可以看看样例解释）。

思路：（赛后容易知道）子序列的选择其实长度最大为3，再大的话，就不仅仅对答案的贡献不大，还把答案的贡献缩小了。因为序列长度在3以内时都只需要1个数在第 i 位上是1就可以，若长度为4，那么可能会导致一些数位只有一个数满足，而要求的计算价值至少需要两个，这样有可能还会拖累到价值的计算，但是又不会给价值增加答案：对于本身第 i 位已经有1个的，若新增的数第 i 位也有1，对答案不会有增加，对本身第 i 位没有1的，新增的数第 i 位有1，也无法计入答案，因此选择三个以内是可以保证价值的最大化的。由于n只有500，所以可以暴力 $\small n^3$ 枚举所有方案，价值的计算就转化为了：对于第 i 位，若有1，则价值+= $\small 2^i$ 。而第 i 位上是否有1，直接按位或就能知道枚举的3个数哪里有1了。

AC代码：

/*---------------------------------
 *File name: E.cpp
 *Creation date: 2020-06-08 08:25
 *Link: 
 *-------------------------------*/
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define LL long long
#define PII pair<int, int>
#define Pque priority_queue 
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
const double EPS = 1e-8;

int main(){
	int n;
	scanf("%d", &n);
	LL ans = 0;
	vector<LL> a(n);
	for(int i = 0; i < n; ++i){
		scanf("%lld", &a[i]);
	}
	for(int i = 0; i < n; ++i){
		for(int j = 0; j < n; ++j){
			for(int k = 0; k < n; ++k){
				LL tmp ;
				tmp = a[k] | a[i] | a[j];
				ans = max(ans, tmp);
			}
			
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

标签：const,int,题解,LL,long,648,Div,include,define
来源： https://blog.csdn.net/qq_44933594/article/details/106611515