CF #762 Div.3(A ~ E)

原创已于 2022-03-07 22:49:10 修改 · 220 阅读

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#c++ #算法

于 2022-03-07 22:48:27 首次发布

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这篇博客介绍了四道算法题目的解决方法，包括如何判断一个字符串是否是平方字符串、计算正整数平方和立方的数量、模拟错误的加法操作以及在矩阵中选择元素的问题。通过这些题目，展示了枚举、二分查找、贪心策略等算法思想的应用。

CF #762 Div.3

A Square String?(翻译)

Description:

A string is called square if it is some string written twice in a row.

如果一个字符串是某个连续写了两次的字符串，则称为square

给定字符串判断字符串是否是square

Method:

一开始没有读懂题目也没有仔细看样例所以草率地认为是含有奇数个字符时 NO

其实就是扫一遍判断是否是由两个相同字符串构成

Code:

void solve()
{
    cin >> s;
    int n = s.size();
    bool flag = true;
    if(n & 1)   flag = false;
    else
    {
        for(int i = 0; i < n / 2; i++)
            if(s[i] != s[i + n / 2])    flag = false;
    }
    if(flag)    puts("YES");
    else puts("NO");
}

B Squares and Cubes(翻译 + 枚举)

Description:

Polycarp likes squares and cubes of positive integers

Polycarp喜欢正整数的平方和立方

输出小于n的不重复的立方数和平方数的个数

Method:

在计算时间复杂度后直接暴力枚举最坏情况下取20 * 1e9 O(20 * 1e4) 用map来记录是否重复

Code:

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    map<int, bool> vis;
    int res = 1;
    for(int i = 2; i * i <= n; i++)
        if(vis[i * i] == false) res ++, vis[i * i] = true;
    for(int i = 2; i * i * i <= n; i++)
        if(vis[i * i * i] == false) res ++, vis[i * i * i] = true;
    cout << res << endl;
}

C Wrong Addition(枚举 + 题意)

Description:

给出两个数 a 和 s 题目定义了一种新的加法设b 使 a + b = s

若b存在输出b 若b不存在输出-1

Method:

按题目模拟我原有的思路是使用字符串但是其实LL可以使用%提取最后一位 /消去一位更加方便

1 保证每次减法中得到的数必须是<=10的

2 当s已经走完了但是a还没走完不符合题意

3 借位时遇到了0 借不到

Code:

void solve()
{
    LL a, s;
    cin >> a >> s;
    vector<int> b;
    while(s)
    {
        int x = a % 10;
        int y = s % 10;
        if(y - x >= 0)  b.push_back(y - x);
        else 
        {
            s /= 10;
            y += 10 * (s % 10);
            if(y >= 10 && y - x <= 10)  b.push_back(y - x);//如果下一位是0 借位失败
            else 
            {
                cout << -1 << endl;
                return ;
            }
        }
        a /= 10;
        s /= 10;
    }

    if(a)   cout << -1 << endl;
    else 
    {
        while(b.back() == 0)    b.pop_back();
        for(int i = (int)b.size() - 1; i >= 0; i --)    cout << b[i];
        cout << endl;
    }
}

D New Year’s Problem(二分 || 贪心)

Description:

给出n行m列的矩阵要求从每一列中选择一个

最多在m-1行里选求所有被选择的物品的最小值的最大值

Method:

总结：因为没有读清楚题目题意提炼得不够精确然后又因为题目给的m n换位了想了很久

当我们看到最小值最大的时候毫无疑问这道题有二分解法

我们可以枚举整个矩阵每一行中寻找比mid大的标记为true

每一列选多了没关系因为后面可以通过二分来将mid扩大

枚举后若是有一列没有true 那就意味着没有该列中不存在大于等于mid的数 return false

由抽屉原理可知因为要在m-1行里选m件物品必然有一行是选了两件及以上的若是不满足这个条件 return false

因为当return false的时候 r是没有可能成为答案的所以 r = mid - 1 相应的mid = l + r + 1 >> 1

Code:

bool check(vector<vector<int> > &mp, int x)
{
    vector<bool> st(m);

    bool pair = false;
    for(int i = 0; i < n; i++)//遍历行
    {
        int c = 0;
        for(int j = 0; j < m; j++)//遍历列
        {
            if(mp[i][j] >= x)     
                st[j] = true, c ++;
        }
        if(c > 1)   pair = true;
    }

    if(!pair)  return false;
    bool ans = true;
    for(auto t : st)   ans = ans && t;
    return ans;
}

void solve()
{
    int maxx = 0;
    cin >> n >> m;
    vector<vector<int> > mp(n, vector<int>(m));
    
	for (int i = 0;  i < n; i ++)
		for (int j = 0; j < m; j ++)
		    cin >> mp[i][j], maxx = max(maxx, mp[i][j]);
	
    int l = 1, r = maxx;
    while(l < r)
    {
        int mid = (l + r + 1) >> 1;
        if(check(mp, mid))  l = mid;
        else r = mid - 1;
    }
    cout << l << endl;
}

E MEX and Increments(模拟 + 思维)

Description:

给定长度为n的序列我们可以对序列进行op操作：任选一个数给他加上一

如果我们通过op能够构造出MEX == k (0 <= k <= n) 输出op的次数

反之输出-1

MEX 的意思就是数组中最小的不存在的数

Method:

简化题目题目的目的是空出第k个数那就意味着任何0~k-1都要存在于数组中并使k不存在数组中

使k不存在于数组中非常简单直接把k+1即可

我们着重来讨论一下前面一种情况

因为我们从0开始询问是否能构造出NEX 所以当MEX == k成立的时候 0~k-1是必然存在的

这时询问下一个k的时候如果能从0~k - 2中选出一个填到k - 1 那就可以通过了

反之若不能选出填补k - 1 那后面也不需要在看了永远都无法补全了

观察一下样例样例3和4在第一次出现-1之后一直都是-1 结合分析得到猜想在一次-1以后都是-1

我们的解题思路是如何来判断是否能填上那个空

当MEX == k时我们只需要查看k - 1是否能够存在因为MEX == k - 1的时候 0~k - 2必然存在了

若是0~k - 2中含有多余的元素补上k-1这个空那么MEX == k就可以成立

op数 = 补到k - 1需要的op + k的个数

注意的是op数是每次MEX中叠加的为什么呢因为每次取得MEX的操作是可以继承到下一次的

Code:

const int N = 200010;
int n;
stack<int> st;
int q[N], num[N];
LL f[N];

void init()
{
    for(int i = 0; i <= n; i++)
        num[i] = 0;
    while(st.size())    st.pop();
}

void solve()
{
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> q[i], num[q[i]] ++;//记录个数
    sort(q + 1, q + n + 1);//排序

    for(int i = 0; i <= n; i++) f[i] = -1;//初始化就设为-1 比较方便

    LL sum = 0;
    for(int k = 0; k <= n; k++)
    {
        if(k > 0 && num[k - 1] == 0)//k - 1 >= 0且k - 1为0
        {
            if(st.empty())  break; //找不到多余的来补充
            int t = st.top(); //栈顶一定是离得最近的 最适合取用
            st.pop();
            sum += k - 1 - t;
        }
        f[k] = sum + num[k]; // t -> k - 1 + k -> k + 1
        while(k > 0 && num[k - 1] > 1) //把多余的加入到栈中等待取用
            num[k - 1] --, st.push(k - 1); 
    }

    for(int i = 0; i <= n; i++)
        cout << f[i] << (i == n ? '\n' : ' ');
    init();
}