AtCoder Beginner Contest 391(A~E题题解)
A - Lucky Direction
思路:纯模拟的一个水题
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
string s;
signed main()
{ cin>>s;for(int i=0;i<s.size();i++){char c=s[i];if(c=='N'){cout<<"S";}else if(c=='S'){cout<<"N";}else if(c=='E'){cout<<"W";}else if(c=='W'){cout<<"E";}
}return 0;
}
B - Seek Grid
思路:数据很小,直接写一个n的四次方的代码即可,暴力模拟
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
char a[55][55];
char b[55][55];
signed main()
{ int n,m;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){cin>>a[i][j];}}for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=1;j<=m;j++){cin>>b[i][j];}}for(int i=1;i<=n-m+1;i++){for(int j=1;j<=n-m+1;j++){if(a[i][j]==b[1][1]){int flag=1;for(int k=i;k<=i+m-1;k++){for(int l=j;l<=j+m-1;l++){if(a[k][l]!=b[k-i+1][l-j+1]){flag=0;break;}}}if(flag==1){cout<<i<<" "<<j<<"\n";return 0;}}}}return 0;
}
C - Pigeonhole Query
思路:我们可以用cnt数组去统计每个鸽巢的鸽子的数量,如果变成2,则大于1的鸽巢数量+1,如果减去变成1则大于1的鸽巢数量-1
最终即为结果
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n;
int q;
int flag;
int p,h;
int cnt[1000005];
map<int,int> mp;//鸽子~鸽巢
signed main()
{ cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cnt[i]=1;mp[i]=i;}cin>>q;int ans=0;for(int i=1;i<=q;i++){cin>>flag;if(flag==1){cin>>p>>h;cnt[mp[p]]--;if(cnt[mp[p]]==1)ans--;mp[p]=h;cnt[h]++;if(cnt[h]==2)ans++;}else{cout<<ans<<"\n";}}return 0;
}
D - Gravity
思路:我们可以将思路转变一下,先去求出每个方块的消除时间,然后去比对他问的时间,如果消除时间小于提问的时间就是已经被消除了,否则就是还在
我们可以去统计每一列都有多少方块,那么能消除的行数,也就是每一列方块的最小个数,这个应该都能理解吧
那我们同理应该能明白,每一行删除都是一个特定的时间,当前行内的方块的最高的高度,就是当前行的删除时间
一但出现某一列的方块为0,就结束循环,因此我们应当注意上面红字还有一个特判如果消除时间为0,那就证明一直没有被消除,因此也是yes
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,w;
int q;
int t,a;
int x,y;
vector<pair<int,int>> col[200005];//表示每一列的每一行在什么位置
int te[200005];//表示每个方块消失的时间
signed main()
{ cin>>n>>w;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>x>>y;col[x].push_back(make_pair(y,i));}for(int i=1;i<=w;i++){sort(col[i].begin(),col[i].end());}for(int k=1;k<=n;k++)//第k次消除{int maxn=0;for(int i=1;i<=w;i++){if(col[i].size()<k){maxn=-1;break;}maxn=max(maxn,col[i][k-1].first);;}if(maxn==-1)break;for(int i=1;i<=w;i++){te[col[i][k-1].second]=maxn;}}cin>>q;for(int i=1;i<=q;i++){cin>>t>>a;if(te[a]==0||t<te[a]){cout<<"Yes\n";}else{cout<<"No\n";}}return 0;
}
E - Hierarchical Majority Vote
思路:我们可以将这道题看做是一个树上dp的问题,每个父节点都有三个子节点,然后从根节点向下深搜,再将结果返回根节点即可
我们来看定义dp[i][j]表示i结点变换为j这个数,所需要的最小操作数 ,我们在统计父节点的时候,如果想让这个点为1只需要有两个点为1即可,如果为0,就只需要两个点为0即可,因此我们在统计当前点颜色为c的时候,只要将这几个点的颜色变为c的情况累加起来,并且减去最大的这个价值即可
ans[i]表示i点在没有经过操作的时候应当为的数字
然后最后输出dp[root][ans[root]^1]即可,root为根节点
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,len;
string s;
vector<int> e[5000005];//存储每个的子节点
int dp[5000005][2];//dp[i][j]表示将下标为i的点变为j所需的最小操作次数
int ans[5000005];//原本应该的结果
void dfs(int v)
{if(v<=n){if(s[v]=='1'){dp[v][0]=1;}else{dp[v][1]=1;}ans[v]=s[v]-'0';return;}int cnt=0;for(int u:e[v]){dfs(u);cnt+=ans[u];}if(cnt>=2){ans[v]=1;}else{ans[v]=0;}for(int c=0;c<=1;c++){int sum=0;int maxn=0;for(int u:e[v]){sum+=dp[u][c];maxn=max(maxn,dp[u][c]);}dp[v][c]=sum-maxn;}
}
signed main()
{ cin>>n;cin>>s;n=s.size();len=n;s=" "+s;for(int i=1;i+2<=len;i+=3){len++;e[len].push_back(i);e[len].push_back(i+1);e[len].push_back(i+2);} dfs(len);cout<<dp[len][ans[len]^1];return 0;
}
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