Codeforces Round #533 (Div. 2) CDE题解

最新推荐文章于 2024-08-31 12:42:46 发布

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本文精选三道算法竞赛题目，包括求序列组合、地图占领策略和名字匹配游戏，详细解析了每题的背景、核心思路及实现代码，适用于对算法竞赛感兴趣的学习者。

C. Ayoub and Lost Array

题意：给你一个长度为n的序列，序列每个元素大小限制在[ l , r ]，求有多少种不同的序列，序列的和是3的倍数。

思路：定义x为[l,r]中3的倍数的个数，y为[l,r]中3的倍数+1的个数，z为[l,r]中3的倍数+2的个数，假设走到了第 i 个元素，当前有a种长度为i-1的序列和是3的倍数，b,c分别代表序列和是3的倍数+1，3的倍数+2，那么很显然新的3的倍数的不同序列数是 ans=a*x+b*z+c*y，同时更新一下b,c即可，最后的a就是答案。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+10,mod=1e9+7;
int main()
{
	int n,l,r;
	ll a=0,b=0,c=0;
	ll x=0,y=0,z=0;
	scanf("%d%d%d",&n,&l,&r);
	a=x=r/3-(l-1)/3;
	b=y=(r+2)/3-(l+1)/3;
	c=z=(r+1)/3-l/3;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		ll t1=a*x%mod+b*z%mod+c*y%mod;
		ll t2=a*y%mod+b*x%mod+c*z%mod;
		ll t3=a*z%mod+b*y%mod+c*x%mod;
		a=t1%mod;
		b=t2%mod;
		c=t3%mod;
	}
	printf("%lld\n",a);
}

D. Kilani and the Game

题意：有p个人代号分别为 1 2 ,, p，每个人都有自己的速度si，在n*m的地图上，按照顺序每个人轮流走si步，第 i 个人如果能走到一个空地（空地不能属于任何人），那么这个空地就属于 i，求最后每个人能占领的格子有多少个。

思路：先把所有人按照顺序入队，假设出队的是第 i 个人，那么就把队列中当前所有第 i 个人全部出队，并且全部入第二个队，并且在第二个队列中bfs把所有能到的空地（走的步骤不超过si）标记为 i ，并且在所有能达到的最远的地方入第一个队，轮流操作两个队列即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
	int x,y,id,step;
	node(int a,int b,int c,int d)
	{
		x=a,y=b,id=c,step=d;	
	}
};
int n,m,p,a[10],ans[10];
int mv[4][2]={1,0,-1,0,0,1,0,-1};
char s[1005][1005];
int check(int x,int y)
{
	if(x<1||x>n||y<1||y>m||s[x][y]!='.')
	return 0;
	return 1;
}
int pre=0;
queue<node>q2,q;
void bfs2(int tp)
{
	while(!q2.empty())
	{
		node e=q2.front();q2.pop();
		for(int i=0;i<4;i++)
		{
			int x=e.x+mv[i][0];
			int y=e.y+mv[i][1];
			if(!check(x,y))continue;
			s[x][y]=e.id+'0';
			if(e.step==1&&!tp)
			q.push(node(x,y,e.id,a[e.id]));
			else
			q2.push(node(x,y,e.id,e.step-1));
		}	
	}
}
void bfs()
{
	while(!q.empty())
	{
		node e=q.front();
		q.pop();
		if(e.id==pre)
		{
			q2.push(e);
			continue;
		}
		pre=e.id;
		bfs2(0);
		q2.push(e);
	}
	bfs2(1);
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
	for(int i=1;i<=p;i++)
	scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	scanf("%s",s[i]+1);
	for(int i=1;i<=p;i++)
	for(int j=1;j<=n;j++)
	for(int k=1;k<=m;k++)
	if(s[j][k]==i+'0')
	q.push(node(j,k,i,a[i]));	
	bfs();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=1;j<=m;j++)
	if(s[i][j]>='1'&&s[i][j]<=p+'0')
	ans[s[i][j]-'0']++;
	for(int i=1;i<p;i++)printf("%d ",ans[i]);
	printf("%d\n",ans[p]);
}

E. Helping Hiasat

update：

题意：按顺序你有n次操作，操作为1时，你可以任意改名字，操作为2时，会有一个朋友看你改的名字是不是他的名字，如果对于一个朋友，每次他来看的时候，显示的名字都是他的名字，那么这个朋友是开心的朋友，求最多能有几个开心的朋友。

思路：看了好久别人的ac代码，终于是看懂了，这个题方法很多，我先写一个中途相遇法，先求出每个人互斥的二进制集合，我们把m个人拆开成前面一半s2，和后面一半s1，先用状压dp求出所有s1的子集所能得到最多的答案，那么转移方程怎么搞？其实很简单，对于s1二进制子集 i ，如果 i 不包含第 j 个人，那么v1[ i|(1<<j)]=max(v1[i]+flag)，如果 j 的互斥集合与 i 的交集为空，那么flag=1，否则flag=0，同理s2的子集v2[i]也很好求，那么怎么通过s1，s2的所有子集求总答案呢，我先枚举s1的子集 i ，并且找到一个集合cur，cur中的人与 i 中的人都不互斥，那么cur>>s1就是前面一半人所表示的集合，ans=max(ans,v1[i]+v2[cur>>s1])。

#include<bits/stdc++.h>
#include<tr1/unordered_map>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1<<21;
int v1[N],v2[N],cnt;
ll d[45];
char s[50];
//map<string,int>mp;
tr1::unordered_map<string,int>mp;
void up(int& x,int y)
{
	x=max(x,y);
}
int main()
{
	int n,m,tp,ans=0;
	ll cur=0;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	while(n--)
	{
		scanf("%d",&tp);
		if(tp==1)
		{
			for(int i=0;i<m;i++)
			if(cur>>i&1)
			d[i]|=cur;
			cur=0;
		}
		else
		{
			scanf("%s",s);
			if(!mp.count(s))mp[s]=cnt++;
			cur|=1ll<<mp[s]; 
		}
	}
	for(int i=0;i<m;i++)
	if(cur>>i&1)
	d[i]|=cur;
	
	int s1=m/2,s2=m-m/2;
	for(int i=0;i<(1<<s1);i++)
	for(int j=0;j<s1;j++)
	if(!(i>>j&1))
	up(v1[i|(1<<j)],v1[i]+((d[j]&i)==0));
	
	for(int i=0;i<(1<<s2);i++)
	for(int j=0;j<s2;j++)
	if(!(i>>j&1))
	up(v2[i|(1<<j)],v2[i]+((d[j+s1]>>s1&i)==0));
	
	for(int i=0;i<(1<<s1);i++)
	{
		cur=(1ll<<m)-1;
		for(int j=0;j<s1;j++)
		if(i>>j&1)cur&=~d[j];
		up(ans,v1[i]+v2[cur>>s1]);
	}
	printf("%d\n",ans);
}