AtCoder #ABC 245

ACM编程技巧解析

最新推荐文章于 2025-03-29 22:23:57 发布

原创最新推荐文章于 2025-03-29 22:23:57 发布 · 528 阅读

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#c++ #算法

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本文解析了五道ACM竞赛题目，包括模拟、DP、多项式除法等算法的应用，并详细介绍了每道题目的解题思路及代码实现。

A Good morning(模拟)

过水

void solve()
{
    int h1, m1, h2, m2;
	cin >> h1 >> m1 >> h2 >> m2;
    if(h1 == h2)
    {
        if(m1 == m2)    puts("Takahashi");
        else if(m1 < m2)    puts("Takahashi");
        else puts("Aoki");
    }
    else if(h1 < h2) puts("Takahashi");
    else puts("Aoki");
}

B Mex(模拟)

过水

void solve()
{
	int n, x;
    cin >> n;
    for(int i = 0; i < n; i++)
        cin >> x, mp[x] = 1;
    
    for(int i = 0; i <= 2000; i++)
        if(mp[i] == 0)  {cout << i << endl; return;}
}

C Choose Elements(DP)

Description:

给定两个数组 a, b
要求构造出一个数组X满足以下要求 
1  X_i = a_i || X_i = b_i
2  abs(X_i - X_i+1) <= k

Solution:

那我们很容易可以想到这题就是对于当前的i去枚举一下i + 1的两条路是否能够走通

画出一条搜索树可以得知DFS复杂度 2^n

那我们就考虑一下在搜索的过程中我们做了那些无用功导致复杂度那么高

简单判断 当一个点不可达的时候这个点就已经无效了不需要用它向后拓展了

然后想办法记录当前状态递推并用bool数组记录下是否可达最后询问终点的状态即可

那么一个状态DP的雏形就出现了 对于每一个可达点我们去判断他的下一步的两个点是否可达

Code:

const int N = 200010;
int a[N], b[N];
bool dpa[N], dpb[N]; //a[i]是否可达 b[i]是否可达
 
void solve()
{
	int n, k;
    cin >> n >> k;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> b[i];
    
    dpa[1] = true;
    dpb[1] = true;
 
    for(int i = 1; i <= n - 1; i++)
    {
        if(dpa[i])
        {
            if(abs(a[i + 1] - a[i]) <= k)   dpa[i + 1] = true;
            if(abs(b[i + 1] - a[i]) <= k)   dpb[i + 1] = true;
        }
        if(dpb[i])
        {
            if(abs(a[i + 1] - b[i]) <= k)   dpa[i + 1] = true;
            if(abs(b[i + 1] - b[i]) <= k)   dpb[i + 1] = true;
        }
    }
 
    if(dpa[n] || dpb[n])    cout << "Yes" << endl;
    else cout << "No" << endl;
}

D Polynomial division(多项式除法 + 模拟)

Description:

给出两个多项式求其商

Solution:

模拟竖式计算重要的是因为小心/0的情况

Code:

void solve()
{
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	vector<int> a(n + 1), c(n + m + 1), b(m + 1);
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		cin >> a[i];
	for(int i = 0; i <= n + m; i++)
		cin >> c[i];
	
	for(int i = m; i >= 0; i --) //枚举b的同时也是枚举c的[n + 1, c + m + 1]
	{
	    b[i] = c[n + i] / a[n];
	    for(int j = 0; j <= n; j++)
	        c[i + j] -= b[i] * a[j];
 	}
	for(auto x : b) cout << x << ' ';
	cout << endl;
}

E Wrapping Chocolate(排序 + 二分)

Description:

给出n个巧克力 m个盒子当盒子的长和宽都大于等于巧克力的时候(长和宽不能颠倒) 可以装下巧克力请问是否能装下所有的巧克力

Solution:

因为N=2e5 应该是要用一个nlog的做法过掉然后又跟大小有关系于是我就打算往排序想

对巧克力和盒子都小到大排序然后双指针判断然后一直写挂

总感觉应该是枚举漏了情况思维不够紧密

正解是以宽大到小排序用multiset存下宽大于等于当前巧克力的box 然后在集合里二分查找第一个长度大于等于巧克力长度的盒子 若找不到证明后面当前巧克力无法放入任何盒子中失败

Code:

void solve()
{
	int n, m;
    cin >> n >> m;
 
    vector<array<int,2> > box(m), a(n);
    for(int i = 0; i < n; i++)
        cin >> a[i][0];
    for(int i = 0; i < n; i++)
        cin >> a[i][1];
    for(int i = 0; i < m; i++)
        cin >> box[i][0];
    for(int i = 0; i < m; i++)
        cin >> box[i][1];
 
    sort(a.begin(), a.end(), greater());
    sort(box.begin(), box.end(), greater());
 
    multiset<int> s; //存长度
    for(int i = 0, j = 0; i < n; i ++) //遍历巧克力
    {
        while(j < m && box[j][0] >= a[i][0]) //当宽度大于等于当前巧克力
        {
            s.insert(box[j][1]);
            j ++;
        }
        auto it = s.lower_bound(a[i][1]);
        if(it == s.end())   //因为在当前大于等于巧克力宽度的box里都找不到了 那后面更找不到
        {
            cout << "No\n";
            return;
        }
        s.erase(it);
    }
    cout << "Yes\n";
}