AtCoder Beginner Contest 346 A -E

最新推荐文章于 2025-08-15 18:53:39 发布

尘易飞

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CC 4.0 BY-SA版权

文章标签： c语言 c++ 贪心算法动态规划

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/2301_79184230/article/details/136979253

本文介绍了Atcoder编程题目的五种解法，包括计算相邻数字乘积(A-AdjacentProduct)，暴力枚举字符串排列(B-Piano)，利用等差数列求和(C-Σ)，字符串操作中的前缀和(D-GomamayoSequence)以及使用桶排序处理Paint问题(E-Paint)。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

前言：

代码参考于Atcoder官方题解

A - Adjacent Product

思路：

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以下是代码部分

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll = long long;
const int N = 1e2 + 10;

int a[N], b[N];

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        cin >> a[i];
    for(int i = 2; i <= n; i ++)
    {
        cout << a[i - 1] * a[i] << " \n"[i == n];
    }
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t = 1;
    //cin >> t;
    while(t --)
        solve();

    return 0;
}

B - Piano

思路：

暴力枚举每一种状态

以下是代码部分

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll = long long;
const int N = 1e2 + 10;


void solve()
{
    string s = "wbwbwwbwbwbw";
    int w, b;
    cin >> w >> b;
    int sum = w + b;
    //总共12种排列方法
    for(int i = 0; i < 12; i ++)
    {
        int tempw = 0, tempb = 0;
        //暴力枚举
        for(int j = i; j < sum + i; j ++)
        {
            if(s[j % 12] == 'w') tempw ++;
            else tempb ++;
        }
        if(tempw == w && tempb == b)
        {
            cout << "Yes\n";
            return ;
        }
    }
    cout << "No\n";
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t = 1;
    //cin >> t;
    while(t --)
        solve();

    return 0;
}

C - Σ

思路：

$1 - k$ 的和用等差数列求和公式减去在a中出现过的数即可

以下是代码部分

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll = long long;
const int N = 1e2 + 10;

set<int> a;

void solve()
{
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    //
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        int x; cin >> x;
        //存入到set集合中
        a.insert(x);
    }
    //等差数列求和
    ll sum = (1 + (ll)k) * (ll)k / 2;
    for(auto it : a)
    {
      //如果在数组a[]中，就减去
        if(it > k) break;
        sum -= it;
    }

    cout << sum << '\n';
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t = 1;
    //cin >> t;
    while(t --)
        solve();

    return 0;
}

D - Gomamayo Sequence

思路1.前缀和：

f0代表010101010101……的字符串
f1代表101010101010……的字符串
g0代表……101010101010的字符串
g0代表……010101010101的字符串
后面只需要遍历，找到拼接后的最小值即可

以下是代码部分, 代码参考来源——atcoder官方题解

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using i64 = long long;
const int N = 1e6 + 10;

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n;
    cin >> n;
    string s; cin >> s;
    vector<i64> c(n);
    for(int i = 0; i < n; i ++) cin >> c[i];
    vector<i64> f0(n + 1), f1(n + 1), g0(n + 1), g1(n + 1);
    for(int i = 0; i < n; i ++)
    {
        f0[i + 1] = f0[i];
        f1[i + 1] = f1[i];
        if(i&1)
            s[i] == '0' ? f0[i + 1] += c[i] : f1[i + 1] += c[i];
        else
            s[i] == '0' ? f1[i + 1] += c[i] : f0[i + 1] += c[i];
    }
    for(int i = n - 1; i >= 0; i --)
    {
        g0[i] = g0[i + 1];
        g1[i] = g1[i + 1];
        if(i&1)
            s[i] == '0' ? g1[i] += c[i] : g0[i] += c[i];
        else
            s[i] == '0' ? g0[i] += c[i] : g1[i] += c[i];
    }
    i64 ans = 1e18;
    for(int i = 1; i < n; i ++) ans = min(ans, f0[i] + g0[i]);
    for(int i = 1; i < n; i ++) ans = min(ans, f1[i] + g1[i]);
    cout << ans << '\n';

    return 0;
}

思路2.DP:

定义 $d p [i] [j] [k]$
- $dp[1 - i 的下标][在1 - i 内，相邻的字符相等的对数][第i个字符变为k] = \{最小花费\}$
- 可得状态转移方程
  1.如果 $S_i$ = '0'
  - 则dp[i][j][0] = min(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0]);
  2.如果 $S_i$ = '1'
  - 则dp[i][j][0] = min(dp[i - 1][j - 1][0], dp[i - 1][j][1]) + C[i]
- $d p [i] [j] [1]$ 的同理可得

以下是代码部分, 代码参考来源——atcoder官方题解

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll = long long;
ll INF = 1e18;

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n;
    cin >> n;
    string s;
    cin >> s;
    vector<ll> c(n);
    for(int i = 0; i < n; i ++) cin >> c[i];
    // 三维数组的创建
    //  第一维的空间   第二维     第三维
    vector dp(n, vector(2, vector(2, INF)));
    dp[0][0][s[0] - '0'] = 0;
    dp[0][0][(s[0] - '0') ^ 1] = c[0];
    for(int i = 1; i < n; i ++)
    {
        int r = s[i] - '0';
        for(int k = 0; k < 2; k ++)
        {
            dp[i][0][k] = dp[i - 1][0][k ^ 1] + (r == k ? 0 : c[i]);
            dp[i][1][k] = min(dp[i - 1][0][k], dp[i - 1][1][k ^ 1]) + (r == k ? 0 : c[i]);
        }
    }
    cout << min(dp[n - 1][1][0], dp[n - 1][1][1]);

    return 0;
}

E - Paint

思路：

网格上的颜色为最后涂到的颜色，换句话说，最后一次涂到的颜色就是该网格的颜色
- 所以应该反着思考，从后往前遍历，查询颜色的类型及数量就行了。
- 可以使用桶排的方式，来做到快速排序

以下是代码部分，代码参考来源——atcoder官方题解

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll = long long;

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int h, w, m;
    cin >> h >> w >> m;
    vector<bool> f(h), g(w);
    ll hc = h, wc = w;
    vector<int> t(m), a(m), x(m);
    //输入
    for(int i = 0; i < m; i ++)
        cin >> t[i] >> a[i] >> x[i];
    //使下标从0开始——做到下标统一
    for(int i = 0; i < m; i ++)
        a[i] --;
    //颜色最大为2e5, 做桶排，并统计数量
    int X = 2e5 + 10;
    vector<ll> cnt(X);
    //后面的颜色必然会覆盖前面的颜色，所以反着考虑
    for(int i = m - 1; i >= 0; i --)
    {
        //若为行操作
        if(t[i] == 1)
        {
            //如果该行没有被颜料涂过
            if(!f[a[i]])
            {
                //行的每一次有效操作，会减少列每次有效操作的涂颜色的数量
                hc --;
                f[a[i]] = true;
                cnt[x[i]] += wc;
            }
        }
        //若为列操作
        else
        {
            //如果该列没有被颜料涂过
            if(!g[a[i]])
            {
                //列的每一次有效操作，会减少行每次有效操作的涂颜色的数量
                wc --;
                g[a[i]] = true;
                cnt[x[i]] += hc;
            }
        }
    }
    //0的数量要加上剩下的没有被颜色涂过的地方
    cnt[0] += hc * wc;
    //存储，输出答案
    vector<pair<ll, ll>> ans;
    for(int i = 0; i < X; i ++)
        if(cnt[i])
            ans.emplace_back(i, cnt[i]);
    cout << ans.size() << '\n';
    for(auto p : ans)
        cout << p.first << ' ' << p.second << '\n';

    return 0;
}