AtCoder Beginner Contest 348 A~F

原创已于 2024-04-10 11:53:46 修改 · 1k 阅读

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#算法 #ACM-ICPC #OI #atcoder

于 2024-04-10 11:50:18 首次发布

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A. Penalty Kick(循环)

题意

有 $n$ 轮比赛，已知在第 $i$ 轮比赛中，如果 $i$ 是 $3$ 的倍数，那么将会输掉这场比赛，否则将会赢下这场比赛，请你输出一个序列表示每轮比赛的结果（o表示赢，x表示输）。

分析

使用循环进行判断输出即可。

代码

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

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (i % 3 == 0) {
            cout << "x";
        } else {
            cout << "o";
        }
    }
}

int main() {
    solve();
    return 0;
}

B.Farthest Point(枚举)

题意

给出二维坐标系上的 $N$ 个点，请你输出每个点距离最远的点的编号是什么（只比较与其他 $N - 1$ 个点的距离，如果存在多个距离相等的点，输出编号最小的一个）。

分析

对于每个点，枚举其他的 $N - 1$ 个点，记录距离最远的点即可。

代码

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

int x[105], y[105];

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> x[i] >> y[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int len = -1, id = i;
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            int l = (x[j] - x[i]) * (x[j] - x[i]) + (y[j] - y[i]) * (y[j] - y[i]);
            if (l > len) {
                len = l;
                id = j;
            }
        }
        cout << id << endl;
    }
}

int main() {
    solve();
    return 0;
}

C.Colorful Beans(map)

题意

有 $N$ 种糖豆，每种糖豆都有一个美味值以及一个颜色，由于所有豆子都被混在一起，我们只能根据颜色来分辨出不同的豆子。

请你选出一种颜色的一个豆子，问能获得的最大的最小美味值是多少。

分析

考虑最坏情况，即无论选择哪种颜色的豆子，被选出的豆子均为该颜色豆子中美味值最小的一个，那么可以将所有颜色的豆子均视为只存在美味值最低的那一颗，然后统计所有颜色豆子美味值最低的那一颗中的最大值即可，由于数据规模较大，可以使用map对颜色和美味值进行存储。

代码

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

map<ll, ll> P;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ll a, c;
        cin >> a >> c;
        if (P.find(c) == P.end()) {
            P[c] = a;
        } else {
            P[c] = min(P[c], a);
        }
    }
    ll maxn = -1;
    for (auto i : P) {
        maxn = max(maxn, i.second);
    }
    cout << maxn << endl;
}

int main() {
    solve();
    return 0;
}

D.Medicines on Grid(DFS)

题意

有一个 $\times W$ 的网格，网格中每个 $\times 1$ 的小方格中包含以下四种内容之一：

'.':表示空格子
'#':表示存在一个障碍物
'S':表示起点
'T':表示终点

每次移动到四方向上相邻的格子中，均会消耗 $1$ 点能量，当能量为 $0$ 时，将不能再移动。

在网格中，其中 $N$ 个格子中包含着药品，使用第 $i$ 个药品会将能量值设置为 $E_i$ 。他只能在这个药品对应的格子上使用药品，不能将药品带出格子，且药品使用后就会消失。

问：以 $0$ 点初始能量从起点出发，能否到达终点。

分析

本题看上去是一个经典的DFS问题，但数据规模较大，如果想要使用DFS算法通过，需要优化掉很多多余的操作。

优化1：inline关键字

在DFS函数前加上inline关键字，降低函数调用开销

inline void dfs(...) {
   ...
}

优化2：找到答案后就不需要搜索了

由于题目只问是否有解，那么可以使用变量 $f l a g$ 记录是否找到过答案，到达终点后将 $f l a g$ 标记为 $1$ ，并在 $df s$ 开头进行判断，如果 $f l a g = 1$ ，直接return，不需要继续查找。

Tips: 本优化在极限数据下无效

优化3：当前解不可能为最优解的就排除掉

对于多次到达某个点，可以想到，如果之前到达点 $(i, j)$ 的剩余能量更多，那么我们当前继续走下去必然不会比前面方案更优，因此，可以使用一个 $ma x n$ 数组，使用 $ma x n [i] [j]$ 表示曾经到达点 $(i, j)$ 的最大能量，并在dfs开头判断，如果当前走到这个点的能量不如记录的 $ma x n [i] [j]$ ，直接return。

优化4：去掉多余判断

由于网格上进行搜索需要判断是否出界和点是否为障碍物，因此需要额外的5条判断代码，我们可以想办法把这5条代码优化掉。

将maxn数组初始化为极大值，然后将所有能走的点（'.', 'S'. 'T'）修改为-1，同时将坐标均设置为从 $1$ 开始，即行为 $\sim h$ ，列为 $\sim w$ ，那么所有不能走的点的maxn数组记录的值均为极大值，如果走到该点就会直接return，不再需要对边界以及不能走的点进行判断。

代码（可以在C++20下通过）

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

int h, w, fx, fy;
char c[305][305];

int e[305][305], vis[305][305];

int flag;

inline void dfs(int x, int y, int cnt) {
    if (flag || cnt <= vis[x][y]) return;
    if (c[x][y] == 'T') {
        flag = 1;
        return;
    }
    cnt = cnt < e[x][y] ? e[x][y] : cnt;
    vis[x][y] = cnt;
    if (!cnt) return;
    int num = e[x][y];
    e[x][y] = 0;
    dfs(x + 1, y, cnt - 1);
    dfs(x - 1, y, cnt - 1);
    dfs(x, y - 1, cnt - 1);
    dfs(x, y + 1, cnt - 1);
    e[x][y] = num;
}

void solve() {
    cin >> h >> w;
    memset(vis, 0x3f, sizeof(vis));
    for (int i = 1; i <= h; i++) {
        for (int j = 1; j <= w; j++) {
            cin >> c[i][j];
            if (c[i][j] == 'S') {
                fx = i;
                fy = j;
            }
            if (c[i][j] != '#') {
                vis[i][j] = -1;
            }
        }
    }
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int r, C, E;
        cin >> r >> C >> E;
        e[r][C] = max(e[r][C], E);
    }
    dfs(fx, fy, 0);
    if (flag == 1) cout << "Yes" << endl;
    else cout << "No" << endl;
}

int main() {
    solve();
    return 0;
}

E.Minimize Sum of Distances(DFS)

题意

给出一个包含 $N$ 个点， $N - 1$ 条边的无向图（保证给出的图是一棵树），图上第 $i$ 条边连接着点 $a_i$ 和 $b_i$ 。

给出一个序列 $(C_1, C_2, \ldots, C_N)$ ， $C_i$ 表示结点 $i$ 的权值。并定义 $d (a, b)$ 为点 $a$ 和 $b$ 之间的距离。并对于每个节点 $\ldots, N)$ ，定义 $\sum\limits_{i = 1}^{N}(C_i \times d(x, i))$ ，请你找到 $min1≤v≤Nf(v)\mathop{min}\limits_{1 \le v \le N}f(v)$ 。

分析

假设以节点 $k$ 为根节点，那么 $f (k)$ 实际上就是 $∑i=1N(Ci×deep[i])\sum\limits_{i = 1}^{N}(C_i \times deep[i])$ （根节点深度为0），因此每个点到达根节点的距离就等于深度。

然后考虑树上每个节点 $x$ 的 $f (x)$ 是多少，不难想到，当从子树的根节点走向某个子结点时，与走向的子结点中包含的所有结点的距离均会减少 $1$ ，而与树上其他所有结点的距离都会增加 $1$ ，因此，可以使用数组 $sum_C[i]$ 记录以 $i$ 为根节点的子树的节点权值之和，而整棵树的权值之和减去该子树的权值之和即为需要加上的部分，即：

$f(v) = f(u) - sum_C[v] + sum_C[1] - sum_C[v] = f(u) + sum_C[1] - 2 * sum_C[v];$ (这里以结点1作为根节点，v为u的直接子结点)

任选一个结点建树，并维护 $sum_C$ 数组，然后再使用一次dfs，枚举所有树上的点，记录最小的 $f (i)$ 即为最后的答案。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5e2;

vector<int> G[N];
ll n, deep[N], C[N], sum_C[N], ans;

void dfs(int u, int pre) {
    ans += deep[u] * C[u];
    sum_C[u] = C[u];
    for (auto v : G[u]) {
        if (v == pre) continue;
        deep[v] = deep[u] + 1;
        dfs(v, u);
        sum_C[u] += sum_C[v];
    }
}

void dfs2(int u, int pre, ll sum) {
    for (auto v : G[u]) {
        if (v == pre) continue;
        ll cnt = sum + sum_C[1] - 2 * sum_C[v];
        ans = min(ans, cnt);
        dfs2(v, u, cnt);
    }
}

void solve() {
    cin >> n;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        G[a].push_back(b);
        G[b].push_back(a);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> C[i];
    dfs(1, -1);
    dfs2(1, -1, ans);
    cout << ans << endl;
}

int main() {
    solve();
    return 0;
}

F.Oddly Similar(bitset)

题意

给出 $N$ 个包含 $M$ 个元素的序列，如果两个序列 $X$ 和 $Y$ 满足相同下标上相同的数字数量为奇数的话，那么就认为这两个序列是相似的，问：给出的 $N$ 个序列中，有多少对序列是相似的。

分析

考虑使用 $bi t se t$ 进行优化，使用 $b t [i] [j] [k]$ 表示第 $i$ 列数字 $j$ 在第 $k$ 行的状态，当 $b t [i] [j] [k] = 1$ 表示第 $k$ 行第 $i$ 列上的数字为 $j$ 。

那么为什么要这么做呢？

首先，要想知道前面的 $\sim k - 1$ 行有多少个数字与当前这一行的第 $i$ 列的数字相同，那么只需要检查 $b t [i] [j]$ 表示的二进制串上有多少个 $1$ 即可。

怎么判断前面所有行中多少行相同下标的数字数量为奇数呢？

使用一个 $bi t se t$ $T$ 表示第 $k$ 行与前面 $k - 1$ 行的相似情况，即使用 $T [x] = 1$ 表示第 $x$ 行与第 $k$ 行相似。由于奇数个相同才算相似，因此，让每列相同的行状态二进制串 $b t [i] [j]$ 与 $T$ 进行异或运算，那么结束运算后，如果某行与第 $k$ 行有奇数个想同下标相同的数字，那么结果的二进制串中对应位置必然为 $1$ ，否则为 $0$ 。

每轮记录 $T$ 中包含多少个 $1$ ，即为当前第 $k$ 行与前面 $k - 1$ 行有多少行相似。

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 2005, M = 1005;

int n, m, a[N][N];
bitset<N> T, bt[N][M];

void solve() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            cin >> a[i][j];
        }
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        T.reset();
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            T ^= bt[j][a[i][j]];
            bt[j][a[i][j]].set(i);
        }
        ans += T.count();
    }
    cout << ans << endl;
}

int main() {
    solve();
    return 0;
}