AtCoder Beginner Contest 363 A~E

最新推荐文章于 2025-02-21 15:48:04 发布

原创最新推荐文章于 2025-02-21 15:48:04 发布 · 503 阅读

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#ACM-ICPC #OI #c++ #atcoder

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62 篇文章

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A.Piling Up（思维）

题意：

在 $A tC o d er$ 中，用户的评分以正整数形式给出，并根据该值显示一定数量的^。具体来说，当评分介于 $1$ 和 $399$ 之间（含）时，显示规则如下：

当评级介于 $1$ 和 $99$ （含）之间时，显示一次^。
当评级介于 $100$ 和 $199$ （含）之间时，^会显示两次。
当评级介于 $200$ 和 $299$ （含）之间时，^会显示三次。
当评级介于 $300$ 和 $399$ （含）之间时，^会显示四次。

目前，高桥的评分是 $R$ 。这里可以保证 $R$ 是介于 $1$ 和 $299$ 之间的整数。
求他增加显示的^所需的最小评分增幅。
可以证明，在这个问题的限制条件下，他可以增加^的数量，而不需要将他的评分提高到 $400$ 或更高。

分析：

求某个数距离比它大的最近的一个 $k×100k\times 100$ 的距离是多少。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int N=250005;
const int MOD=1000000007;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int R;
    cin>>R;
    int cnt=R/100;
    cout<<(cnt+1)*100-R<<endl;
    return 0;
}

B.Japanese Cursed Doll（排序）

题意：

有 $N$ 个人，第 $i$ 个 $(1≤i≤N)(1\leq i\leq N)$ 人当前的头发长度是 $L_i$ 。
每个人的头发每天增长 $1$ 。

请输出头发长度至少为 $T$ 的人数首次变为 $P$ 或更多的天数。
如果现在头发长度至少为 $T$ 的人数已经为 $P$ 或更多，则输出 $0$ 。

分析：

将 $L$ 从小往大排序，那么只需要第 $n - P + 1$ 大的数满足条件即可，假设这个数是 $a$ 。因此，只需要计算 $T - a$ 即可。

如果这个数是负数，意味着初始时就满足条件，此时要输出 $0$ 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int N=105;
const int MOD=1000000007;
int n,T,P;
int L[N];

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>n>>T>>P;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        cin>>L[i];
    sort(&L[1],&L[n+1]);
    int l=L[n-P+1];
    int ans=max(0,T-l);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

C.Avoid K Palindrome 2（字符串）

题意：

给你一个长度为 $N$ 的字符串 $S$ ，它只由小写英文字母组成。

求将 $S$ 的字符（包括字符串 $S$ 本身）置换后得到的字符串中，不包含长度为 $K$ 的回文字符串作为子串的字符串的个数。

这里，当且仅当存在一个不大于 $(N - K)$ 的非负整数 $i$ ，使得每个整数 $j$ 的 $1≤j≤K1\leq j\leq K$ 都有 $T_{i+j}=T_{i+K+1-j}$ 时，长度为 $N$ 的字符串 $T$ 才被称为 “包含长度为 $K$ 的回文字符串作为子串”。

这里， $T_k$ 表示字符串 $T$ 的第 $k$ 个字符。

分析：

观察数据范围，直接枚举字符串 $s$ 的所有排列，然后暴力找有没有长度为 $k$ 的回文字符串即可。需要去重。

枚举字符串所有排列可以先给字符串排序，然后用next_permutation找下一个排列。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int N=105;
const int MOD=1000000007;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    LL n,k;
    cin>>n>>k;
    set<string>se;
    string s;
    cin>>s;
    sort(s.begin(), s.end());
    do{
        LL ok=1;
        for(int i=0,j=k-1;j<n;++i,++j) {
            string tmp;
            for(int p=i;p<=j;++p)
                tmp+=s[p];
            string we=tmp;
            reverse(we.begin(),we.end());
            if(we==tmp){
                ok=0;
                break;
            }
        }
        if(ok) 
            se.insert(s);
    }while(next_permutation(s.begin(),s.end()));
    cout<<se.size()<<endl;
    return 0;
}

D.Palindromic Number（数学）

题意：

如果一个非负整数 $X$ 的十进制表示（不含前导零）是一个回文数，那么这个非负整数 $X$ 就叫做回文数。
例如， $363$ 、 $12344321$ 和 $0$ 都是回文数。

求第 $N$ 小的回文数。

分析：

因为是回文数，所以只需要考虑前一半就可以进行构造。

枚举长度，首先计算出答案回文数的长度。通过枚举和减法可以计算出是当前长度下第 $k$ 大的回文数。而前一半就是顺序的，第 $k$ 大就是当前长度的数的第 $k$ 大，这个很好求。接下来只需要构成回文，直接输出即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
LL N;
int a[1000];
LL fpow(LL a,LL b){
    LL ret=1;
    while(b){
        if(b&1)
            ret*=a;
        a*=a;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>N;
    N-=1;
    if(N<10){
        cout<<N<<endl;
        return 0;
    }
    int l=1;
    while(true){
        int t=(l+1)>>1;
        LL m=9ll*fpow(10,t-1);
        if(N>m)
            N-=m;
        else 
            break;
        ++l;
    }
    int t=(l+1)>>1;
    int len=0;
    N-=1;
    while(N){
        a[++len]=N%10;
        N/=10;
    }
    a[t]+=1;
    for(int i=t;i;--i)
        cout<<a[i];
    for(int i=1+(l&1);i<=t;++i)
        cout<<a[i];
    cout<<endl;
    return 0;
}

E.Sinking Land（搜索）

题意：

有一个面积为 $H×WH\times W$ 的小岛，四面环海。
该岛被分成 $H$ 行和 $W$ 列的 $1×11\times 1$ 部分，从顶部起 $i$ 行和从左侧起 $j$ 列的部分（相对于当前海平面）的海拔高度为 $A_{i,j}$ 。

从现在开始，海平面每年上升 $1$ 。
在这里，垂直或水平临海的地段或沉入海中的地段，其标高不大于海平面，就会沉入海中。
在此，当一个断面新沉入海中时，任何垂直或水平相邻且标高不高于海平面的断面也将同时沉入海中，新沉入海中的断面重复这一过程。

对于每个 $i=1,2,…,Yi=1,2,\ldots,Y$ ，求 $i$ 年后该岛仍高于海平面的面积。

分析：

首先简单粗暴的考虑一下，对于每个海平面高度进行 $b f s$ ，在队列中找到不大于海平面的区域就拓展，并统计，计算一下发现此方法会TLE。

观察题目和数据，可以发现海平面为 $a$ 时沉没的区域，在海平面为 $(a + 1)$ 时一定也会沉没。所以，不需要每次都重新 $b f s$ ，直接按着上一次的结果继续即可。同时我们还可以继续优化，找到不大于海平面的区域这一步，可以使用堆进行优化，一直取出当前堆内海拔最低的区域看是否被淹没，如果是就拓展，否则结束。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int N=1005;
const int nx[4] = {1,0,-1,0};
const int ny[4] = {0,1,0,-1};
int h,w,y,a[N][N],t,ans;
struct Node{
  int x,y,h;
  bool operator < (const Node & a) const{
    return a.h<h;
  }
};
bool book[N][N];

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>h>>w>>y;
    ans=h*w;
    for(int i=1;i<=h;i++)
        for(int j=1;j<=w;j++)
            cin>>a[i][j];
    priority_queue<Node> q;
    for(int i=1;i<=h;i++)
        for(int j=1;j<=w;j++)
            if(i==1||j==1||i == h||j == w){
                book[i][j]=1;
                q.push({i,j,a[i][j]});
            }
    while(y--){
        ++t;
        while(1 && !q.empty()){
            Node now=q.top();
            if(now.h<=t){
                --ans;
                q.pop();
                for(int i=0;i<4;i++){
                    int tx=now.x+nx[i];
                    int ty=now.y+ny[i];
                    if(tx>=1 && tx<=h && ty>=1 && ty<=w && !book[tx][ty]){
                        q.push({tx,ty,a[tx][ty]});
                        book[tx][ty]=1;
                    }
                }
            }
            else 
                break;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}