Codeforces Round #568题解
作者：互联网
第一次遇到有9题的div2。。。
A题
排序后，伸展两边
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pll;
const int N=2e5+10;
const int mod=1e9+7;
ll a[4];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
ll d;
cin>>a[1]>>a[2]>>a[3]>>d;
sort(a+1,a+4);
ll ans=0;
ans+=max(0ll,d-a[2]+a[1]);
ans+=max(0ll,d-a[3]+a[2]);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
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B题
写了个臭暴力，因为输入的是按序的，所以一位一位匹配，当不同了，看看B有没有机会变成和当前的一样的，其实就是越过中间相等的部分
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pll;
const int N=2e5+10;
const int mod=1e9+7;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
int t;
cin>>t;
while(t--){
string a,b;
cin>>a>>b;
int i,j;
int flag=0;
for(i=0,j=0;i<a.size()&&j<b.size();){
if(a[i]==b[j]){
i++,j++;
}
else{
int tmp=j;
while(j<b.size()&&b[j]==b[j-1]){
j++;
}
if(tmp==j){
flag=1;
break;
}
}
}
if(flag){
cout<<"NO"<<endl;
}
else{
if(i!=a.size()){
flag=1;
}
j--;
for(i=j+1;i<b.size();i++){
if(b[i]!=b[j]){
flag=1;
break;
}
}
if(flag){
cout<<"NO"<<endl;
}
else{
cout<<"YES"<<endl;
}
}
}
return 0;
}
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C题
分为两个version，直接讲hard，这题就是当前数必取，之后能在M范围内前面的数取的越多越好
不难想到使用优先队列，但是过了这个数后，这个数不一定要取，因此维护一个对顶堆，先让当前满足条件，然后把数加回来
有个很重要的点是，权值不大于100，因此每次操作不大于100次
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pll;
const int N=2e5+10;
const int mod=1e9+7;
int a[N];
ll sum[N];
int ans[N];
priority_queue<int> q;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> p;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
int n,m;
cin>>n>>m;
int i;
for(i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
ll tot=0;
for(i=1;i<=n;i++){
p.push(a[i]);
while(tot+a[i]>m){
int tmp=q.top();
q.pop();
p.push(tmp);
tot-=tmp;
}
ans[i]=i-q.size()-1;
while(p.size()){
int tmp=p.top();
if(tot+tmp<=m){
tot+=tmp;
p.pop();
q.push(tmp);
}
else{
break;
}
}
int tmp=a[i];
}
for(i=1;i<=n;i++){
cout<<ans[i]<<" ";
}
cout<<endl;
return 0;
}
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D题
先排序
维护一个map，因为权值相等，就是相当于要不只有一个树，要不只有一种差值，因此我们枚举哪个差值要删除，然后看有没有合适情况
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pll;
const int N=2e5+10;
const int mod=1e9+7;
int a[N];
int b[N];
map<ll,int> m1;
map<ll,int> pos;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
int n;
cin>>n;
int i;
for(i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
pos[a[i]]=i;
}
sort(a+1,a+1+n);
for(i=2;i<=n;i++){
b[i]=a[i]-a[i-1];
}
for(i=2;i<=n;i++){
m1[b[i]]++;
}
int flag=0;
for(i=1;i<=n;i++){
if(i==1){
int tmp=a[2]-a[1];
m1[tmp]--;
if(m1[tmp]==0){
m1.erase(tmp);
}
if(m1.size()==0||m1.size()==1){
flag=1;
cout<<pos[a[1]]<<endl;
break;
}
m1[tmp]++;
}
else if(i==n){
int tmp=a[n]-a[n-1];
m1[tmp]--;
if(m1[tmp]==0){
m1.erase(tmp);
}
if(m1.size()==0||m1.size()==1){
flag=1;
cout<<pos[a[n]]<<endl;
break;
}
m1[tmp]++;
}
else{
int f1=a[i]-a[i-1];
int f2=a[i+1]-a[i];
int f3=a[i+1]-a[i-1];
m1[f1]--;
m1[f2]--;
m1[f3]++;
if(m1[f1]==0){
m1.erase(f1);
}
if(m1[f2]==0){
m1.erase(f2);
}
if(m1.size()==0||m1.size()==1){
flag=1;
cout<<pos[a[i]]<<endl;
break;
}
m1[f1]++;
m1[f2]++;
m1[f3]--;
if(m1[f3]==0){
m1.erase(f3);
}
}
}
if(!flag){
cout<<-1<<endl;
}
return 0;
}
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E题
暴力题
首先把每个字母所有的位置存下来，然后从小到大枚举，如果没有，那就取最后一个字母的随便一个位置，因为这个位置一定是不被覆盖了
如果一个，那就这个位置，如果有多个，那就枚举这个字母的位置看是否符合情况
最后check一遍看是否和原来一样
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pll;
const int N=5e5+10;
const int mod=1e9+7;
struct node{
int x,y;
};
struct Node{
int a,b,c,d;
};
vector<node> pos[2020];
vector<Node> ans;
int a[2020][2020];
int b[2020][2020];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
int t;
cin>>t;
while(t--){
ans.clear();
int n,m;
cin>>n>>m;
int i,j,k;
for(i=0;i<=26;i++){
pos[i].clear();
}
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=1;j<=m;j++){
a[i][j]=0;
b[i][j]=0;
}
}
int mx=0;
for(i=1;i<=n;i++){
string s;
cin>>s;
s=" "+s;
for(j=1;j<=m;j++){
if(s[j]=='.')
continue;
a[i][j]=s[j]-'a'+1;
pos[a[i][j]].push_back({i,j});
mx=max(mx,a[i][j]);
}
}
int flag=0;
for(i=1;i<=mx;i++){
if(pos[i].size()==0){
int x=pos[mx][0].x,y=pos[mx][0].y;
ans.push_back({x,y,x,y});
}
else if(pos[i].size()==1){
int x=pos[i][0].x,y=pos[i][0].y;
ans.push_back({x,y,x,y});
}
else{
int x1=pos[i][0].x,y1=pos[i][0].y;
int x2=pos[i][1].x,y2=pos[i][1].y;
if(x1!=x2&&y1!=y2){
flag=1;
break;
}
if(x1==x2){
for(auto x:pos[i]){
if(x.x!=x1){
flag=1;
break;
}
}
}
if(y1==y2){
for(auto x:pos[i]){
if(x.y!=y1){
flag=1;
break;
}
}
}
ans.push_back({x1,y1,pos[i][pos[i].size()-1].x,pos[i][pos[i].size()-1].y});
}
}
if(flag){
cout<<"NO"<<endl;
continue;
}
for(i=0;i<mx;i++){
for(j=ans[i].a;j<=ans[i].c;j++){
for(k=ans[i].b;k<=ans[i].d;k++){
b[j][k]=i+1;
}
}
}
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=1;j<=m;j++){
if(a[i][j]!=b[i][j]){
flag=1;
break;
}
}
if(flag)
break;
}
if(flag){
cout<<"NO"<<endl;
}
else{
cout<<"YES"<<endl;
cout<<mx<<endl;
for(i=0;i<mx;i++){
cout<<ans[i].a<<" "<<ans[i].b<<" "<<ans[i].c<<" "<<ans[i].d<<endl;
}
}
}
return 0;
}
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F题
一道状压，感觉比较好想，因为时限给了4s。
我们看到有9种，不难想到可以状压出状态，首先n和m的关系不能直接算，因为数据太大
因此需要一个媒介联通他们，这样这个不大于1024的数就起到了作用，我们发现如果可以枚举1024种情况，再分别维护n，m，复杂度在1e8左右
因此想到，1024种情况，分别计算他能够符合多少人，然后我们枚举面包，因为只能取两个面包，所以需要维护选这个面包能到达的状态的花费最小值和id
这样我们就可以枚举1024种情况计算选两个面包的答案
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pll;
const int N=1e6+10;
const int mod=1e9+7;
ll f[N];
ll d[N];
ll cost[N],st[N],id[N];
vector<int> res;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
int n,m;
int i,j,k;
cin>>n>>m;
for(i=1;i<=n;i++){
int x;
cin>>x;
for(j=1;j<=x;j++){
int tmp;
cin>>tmp;
f[i]|=(1<<(tmp-1));
}
}
int ans=0;
int tot=0x3f3f3f3f;
memset(cost,0x3f,sizeof cost);
for(i=0;i<1<<10;i++){
for(j=1;j<=n;j++){
if((f[j]&i)==f[j]){
d[i]++;
}
}
}
res.push_back(1);
res.push_back(2);
for(i=1;i<=m;i++){
ll x,c;
cin>>x>>c;
int tmp=0;
for(j=1;j<=c;j++){
int y;
cin>>y;
tmp|=(1<<(y-1));
}
for(j=0;j<1<<10;j++){
if(st[j]){
if(ans<d[j|tmp]){
ans=d[j|tmp];
tot=cost[j]+x;
res.clear();
res.push_back(id[j]);
res.push_back(i);
}
else if(ans==d[j|tmp]&&tot>cost[j]+x){
tot=cost[j]+x;
res.clear();
res.push_back(id[j]);
res.push_back(i);
}
}
}
st[tmp]=1;
if(cost[tmp]>x){
cost[tmp]=x;
id[tmp]=i;
}
}
cout<<res[0]<<" "<<res[1]<<endl;
return 0;
}
View Code
G1题
状压dp，根据题目范围，设计状态为选择i，最后的种类是j，这样往大了更新即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pll;
const int N=2e5+10;
const int mod=1e9+7;
int a[N],b[N];
ll f[N][4];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
int n,T;
cin>>n>>T;
int i,j,k;
for(i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i]>>b[i];
}
f[0][0]=1;
for(i=0;i<(1<<n);i++){
for(j=0;j<=3;j++){
for(k=1;k<=n;k++){
if(i>>(k-1)&1)
continue;
if(b[k]==j)
continue;
f[i|(1<<k-1)][b[k]]=(f[i|(1<<k-1)][b[k]]+f[i][j])%mod;
}
}
}
ll ans=0;
for(i=1;i<(1<<n);i++){
int cnt=0;
for(j=1;j<=n;j++){
if(i>>(j-1)&1){
cnt+=a[j];
}
}
if(cnt==T){
ans=(ans+f[i][1]+f[i][2]+f[i][3])%mod;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
View Code
G2题
待补，没啥思路。
标签：568,tmp,typedef,const,int,题解,ll,Codeforces,long 来源： https://www.cnblogs.com/ctyakwf/p/14617435.html