【解题报告】Codeforces Round #363 (Div. 2)

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A. Launch of Collider（Codefoeces 699A）

思路

因为所有粒子的速度都是相同的，所以两个粒子发生碰撞的条件是，两个粒子相邻且右方的粒子向左运动，左方的粒子向右运动。

代码

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

const int maxn = 2e5 + 10;
char s[maxn];
int n, ans, a[maxn];

int main() {
    scanf("%d%s", &n, s);
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
    }
    ans = INT_MAX;
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        if(s[i] == 'L' && s[i-1] == 'R') {
            ans = min(ans, (a[i] - a[i-1]) / 2);
        }
    }
    if(ans == INT_MAX) {
        puts("-1");
    }
    else {
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

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B. One Bomb（Codeforces 699B）

思路

因为直接算出放炸弹的位置不是很方便，所以想到枚举放炸弹的位置，然后用常数的复杂度（根据数据规模）判断将炸弹放在这个位置是否能将所有的墙炸毁。既然判断的复杂度被限制在常数，那么我们事先需要知道一些信息。为此我们用 $r[i]$ 表示第 $i$ 行的墙的数量，用 $c[i]$ 表示第 $i$ 列的墙的数量。当我们枚举炸弹的位置枚举到 $i$ 行 $j$ 列的时候，只要看 $tmp = r[i] + c[j]$ 是否等于墙的总数就可以知道是否能够一次性炸完所有的墙。注意，当 $i$ 行 $j$ 列上有墙的时候我们要将 $tmp$ 再减去 $1$ ，以免重复统计。

代码

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

const int maxn = 1010;
bool ok;
char G[maxn][maxn];
int n, m, x, y, cnt, tmp, r[maxn], c[maxn];

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%s", G[i]);
        for(int j = 0; j < m; j++) {
            if(G[i][j] == '*') {
                r[i]++;
                c[j]++;
                cnt++;
            }
        }
    }
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        for(int j = 0; j < m; j++) {
            tmp = r[i] + c[j] - (G[i][j] == '*');
            if(tmp == cnt) {
                ok = true;
                x = i + 1;
                y = j + 1;
            }
        }
    }
    if(ok == false) {
        puts("NO");
    }
    else {
        printf("YES\n%d %d\n", x, y);
    }
    return 0;
}

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C. Vacations（Codeforces 699C）

思路

我们可以将这个问题转化为求主人公最多可以工作多少天（这样比较自然），如果用 $m$ 来表示这个量，那么答案就是 $n - m$ 。如果我们能知道前i天（包括第 $i$ 天）的在某个状态 $s$ （表示主人公的选择）下主人公工作最大天数，那么根据状态 $s$ 下第 $i + 1$ 天主人公的选择，我们就可以更新前 $i + 1$ 天主人公工作最大天数。因此我们定义状态 $(i, j)$ ，表示前 $i$ 天的所有情况都已经考虑，在第 $i$ 天选择了 $j$ （0：休息，1：比赛，2：运动）的状态，那么 $d[i][j]$ 就是该状态下的主人公工作的最大天数。我们可以根据规则（相邻两天不能干相同的事儿，当天没有比赛就没法比赛，当天体育馆不开就没法运动）来用 $d[i][0], d[i][1], d[i][2]$ 来更新 $d[i+1][0], d[i+1][1], d[i+1][2]$ 。最后的答案是 $d[n][0], d[n][1], d[n][2]$ 中的最大值。

代码

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

const int maxn = 110;
int n, m, a[maxn], d[maxn][3];

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
    }
    // 枚举今天是哪天
    for(int i = 0; i < n; i++) {
    // 枚举今天做什么
        for(int j = 0; j < 3; j++) {
            // 枚举明天做什么
            for(int k = 0; k < 3; k++) {
                // 不符合规则的话枚举下一件事儿
                if(j && (j == k || !(a[i+1] & j))) {
                    continue;
                }
                // 用今天的最优值更新明天的最优值
                d[i+1][j] = max(d[i+1][j], d[i][k] + (j > 0));
            }
            m = max(m, d[i+1][j]);
        }
    }
    printf("%d\n", n - m);
    return 0;
}

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D. Fix a Tree（Codeforces 699D）

思路

题给的图是 $n$ 个点和 $n$ 条边的图，在纸上把样例画一画就能看出这个图的每个连通分量都含有一个圈（可能是自环，重边或其它圈）。这样，所以既让图连通，又消去除了一个自环以外的其它圈的办法就是：指定一个自环作为根节点（如果没有自环就让某个圈上的某个点的某条边指向该点），将所有其它圈上的某条边的某端拆开，连接到这个根节点上。显然，假如连通分量的个数为 $c$ 的话，修改 $c - 1$ 条边就能使图变成树了。怎么实现呢？首先我们尝试指定一个修改图之前就带自环的点为根节点。然后对于每个没访问过的点 $u$ ，沿边访问该点所在连通分量中的所有点，同时为访问过的点加上访问标记。一旦访问到了标记过的点 $v$ ，就表示可能出现以下两种情况中的一种情况： $v$ 是之前标记的点， $v$ 是圈上的点。前者可以不用理会，后者又可以根据情况不同有两种处理方式：若之前成功指定到了根节点，那么这个点的某条边就要连接到根节点上，若之前没能指定根节点，那么这个点的某条边就要连接到自己，然后该点就被指定为根节点。最后在将u枚举完后输出重新连接的边就好了。

代码

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

const int maxn = 2e5 + 10;
int n, root, cur, ans, a[maxn], c[maxn];

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
    }
    // 尝试指定根节点
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(a[i] == i) {
            root = i;
        }
    }
    // 访问没访问过的点
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(c[i] != 0) {
            continue;
        }
        // 从i出发，访问i所在的连通分量
        for(cur = i; c[cur] == 0; cur = a[cur]) {
            // 加上访问标记
            c[cur] = i;
        }
        // 若访问过的点是之前访问过的或该点就是根节点
        if(c[cur] != i || root == cur) {
            continue;
        }
        // 若之前没能指定根节点就指定cur为根节点
        root = root ? root : cur;
        // 将边重新连接
        a[cur] = root;
        ans++;
    }
    printf("%d\n", ans);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        printf("%d ", a[i]);
    }
    return 0;
}

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（其它题目略）