AtCoder Beginner Contest 308 A-F题解

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原创 2023-12-05 21:36:18 1k 阅读 AI 写同款· GEO 优化 ›

ISA-95（S95）标准详解 ISA-95是制造业系统集成的“通用语言”，通过分层模型和信息流规范，打通企业计划层与设备控制层，成为实现数字化工厂的核心标准之一。其与ISA-88的协同应用，可进一步优化生产执行与资源管理的效率。标准，旨在解决企业商业系统（如ERP）与工业控制系统（如MES、SCADA）之间的集成问题。阅读详情

比赛链接：https://atcoder.jp/contests/abc308

比赛时间：2023年7月1日 20:00-21:40

A题：New Scheme

标签：模拟

题意：给定 $8$ 个数的序列，询问这些数是否满足以下条件：

在 $100$ 到 $675$ 之间且能被 $25$ 整除
序列是单调非递减的

题解：按题意模拟判断就好了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
int s[10];
 
int main() {
    for (int i = 1; i <= 8; i++) {
        cin >> s[i];
        if (s[i] < 100 || s[i] > 675 || s[i] % 25 != 0) {
            cout << "No";
            return 0;
        }
    }
    for (int i = 2; i <= 8; i++) {
        if (s[i] < s[i - 1]) {
            cout << "No";
            return 0;
        }
    }
    cout << "Yes";
    return 0;
}

标签： $ST L 、 ma p$ 、模拟

题意：给定 $n$ 个有颜色的盘子和 $m$ 种颜色分别对应的价值 $p_i$ ， $p_0$ 表示盘子颜色如果不属于这 $m$ 种颜色，那对应的价值，求这 $n$ 个盘子最后的价值和为多少。

题解：可以先用 $ma p$ 去映射一下不同颜色对应的价值，然后去遍历这 $n$ 个盘子，如果映射发现对应的是 $0$ 价值，说明不属于这 $m$ 种颜色，那我们用 $p_0$ 去代替一下，最后累加下就好了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
map<string, int > a;
string s[105], s2[105];
 
int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> s[i];
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        cin >> s2[i];
    }
    int p, v;
    cin >> p;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        cin >> v;
        a[s2[i]] = v;
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (!a[s[i]]) {
            ans += p;
        } else {
            ans += a[s[i]];
        }
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

C题：Standings

标签：结构体排序、精度

题意：给定 $n$ 人扔硬币，第 $i$ 个人扔硬币，有正面朝上 $A_i$ 次和反面朝上 $B_i$ 次。定义成功率为 $A_i\over A_i+B_i$ 。求按成功率从高到低，成功率相同根据编号从小到大排序。

题解：先把每个人的编号 $i d$ 按输入顺序设置好，然后根据题目中成功率和编号的要求排序就好了。这道题有个坑点就是，直接用 $d o u b l e$ 除出来会有精度缺失，所以我们把除法运算转成乘法运算。如果有两个人 $x$ 和 $y$ ，那我们把不等式的分母乘到对面去得到 $(x . a + x . b) * y . a < (y . a + y . b) * x . a$ 。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
struct node {
    int id;
    long long a, b;
}p[2000005];
 
bool cmp(node x, node y) {
    if ((x.a + x.b) * y.a == (y.a + y.b) * x.a) return x.id < y.id;
    else return (x.a + x.b) * y.a < (y.a + y.b) * x.a;
}
 
int main() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> p[i].a >> p[i].b;
        p[i].id = i;
    }
    sort(p + 1, p + 1 + n, cmp);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cout << p[i].id << " ";
    }
    return 0;
}

D题：Snuke Maze

标签：深度优先搜索

题意：给定一个二维的字符矩阵地图，询问能否从左上角 $(1, 1)$ 位置走到右下角 $(n, m)$ 位置，要求按照字符串（snuke）： s → n → u → k → e → s → n →…这样的顺序走。

题解：经典的 $df s$ 问题，按照题目要求从起点深搜下去就好了。深搜问题主要从当前状态往下一个状态走的时候需要考虑几个问题：

题目限制（该题就是 snuke 的顺序）。
地图边界。
该点是否已经走过（避免套娃）。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
string s[505];
int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
int dy[4] = {-1, 1, 0, 0};
int n, m, f = 0;
bool vis[505][505];
map<char, int> g;
 
void dfs(int x, int y, int id) {
    if (f || (x == n - 1 && y == m - 1)) {
        f = 1;
        return ;
    }
 
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        int nx = x + dx[i];
        int ny = y + dy[i];
        if (nx < 0 || nx >= n || ny < 0 || ny >= m) continue;
        if (vis[nx][ny]) continue;
 
        if ((g[s[nx][ny]] == id + 1) || (id == 5 && g[s[nx][ny]] == 1)) {
            vis[nx][ny] = 1;
            dfs(nx, ny, g[s[nx][ny]]);
        }
 
    }
}
 
int main() {
    g['s'] = 1; g['n'] = 2; g['u'] = 3;
    g['k'] = 4; g['e'] = 5;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> s[i];
    vis[0][0] = 1;
    dfs(0, 0, g[s[0][0]]);
    if (f) cout << "Yes";
    else cout << "No";
    return 0;
}

E题：MEX

标签：动态规划、前缀维护、MEX

题意：给定一个长度为 $n$ 的序列 $A_1,A_2,A_3,...A_n$ ， $A_i$ 的范围在 $0 、 1 、 2$ 。再给定相同长度的字符串 $B$ （只含 $M 、 E 、 X$ 三种字符）。给定规则 $MEX$ :指除去本身以外其他非负整数的集合中的最小值。目前要求 $B_i,B_j,B_k)$ 刚好是 $M 、 E 、 X$ ，求所有对应的 $MEX(A_i,A_j,A_k)$ 之和为多少。

题解：维护一个前缀 $M$ 出现 $0 、 1 、 2$ 的数量，维护一个后缀 $X$ 出现 $0 、 1 、 2$ 的数量，然后去枚举 $E$ ，到每一个 $E$ 的时候，看看对应当前的 $A_i$ 为多少，然后考虑在这之前对应的 $M$ 是 $0 、 1 、 2$ 的数量，和在这之后 $X$ 是 $0 、 1 、 2$ 的数量。然后枚举这 $9$ 种情况，每种情况贡献的值为：前缀 $M$ 的数量 $*$ 后缀 $X$ 的数量 $*$ $MEX (a [i], j, k)$ 。 $j, k$ 为枚举 $0 、 1 、 2$ 的情况。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
typedef long long ll;
const ll N = 2e5 + 10;
ll n, a[N], m[N][10], x[N][10], ans = 0;
char b[N];
 
int cal(int x, int y, int z) {
    for (int i = 0; i <= 3; i++) {
        if (x != i && y != i && z != i) return i;
    }
    return 0;
}
 
int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (b[i] == 'M') {
            m[i][a[i]]++;
        }
        m[i][0] += m[i-1][0];
        m[i][1] += m[i-1][1];
        m[i][2] += m[i-1][2];
    }
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        if (b[i] == 'X') {
            x[i][a[i]]++;
        }
        x[i][0] += x[i+1][0];
        x[i][1] += x[i+1][1];
        x[i][2] += x[i+1][2];
    }
 
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (b[i] == 'E') {
            if (a[i] == 0) {
                for (int j = 0; j <= 2; j++) {
                    for (int k = 0; k <= 2; k++) {
                        ans += m[i][j] * x[i][k] * cal(0, j, k);
                    }
                }
            }
            else if (a[i] == 1) {
                for (int j = 0; j <= 2; j++) {
                    for (int k = 0; k <= 2; k++) {
                        ans += m[i][j] * x[i][k] * cal(1, j, k);
                    }
                }
            } else {
                for (int j = 0; j <= 2; j++) {
                    for (int k = 0; k <= 2; k++) {
                        ans += m[i][j] * x[i][k] * cal(2, j, k);
                    }
                }
            }
        }
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

F题：Vouchers

标签：贪心、堆优化

题意：给定 $n$ 个商品，每个商品价格为 $p_i$ 元，有 $m$ 张优惠券，第 $i$ 优惠券至少要购买价格为 $L_i$ 元的商品才能折扣 $D_i$ 元，每张优惠券只能用一次，同一物品不能使用多张优惠券。求购买所有商品的最少总金额为多少。

题解：按照出售价格从小往大，因为有一个条件 $L > D$ ，所以不可能出现折扣大于商品的情况，用一个堆保存小于该商品售价所有 $L$ 对应的折扣 $D$ ，每次贪心取折扣最大的，取完就弹出堆，保证只取一次。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
typedef long long ll;
ll n, m, p[200005], ans;
priority_queue<int> q;
pair<int, int> c[200005];
 
int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> p[i];
        ans += p[i];
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> c[i].first;
    for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> c[i].second;
    sort(p + 1, p + 1 + n);
    sort(c + 1, c + 1 + m);
    for (int i = 1, pos = 1; i <= n; i++) {
        while (pos <= m && c[pos].first <= p[i]) {
            q.push(c[pos].second);
            pos++;
        }
        if (!q.empty()) {
            ans -= q.top(); q.pop();
        }
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}