CF 1129 A,B

A 题目就是一个环,每个节点上可能有 n 个糖果,需要把这个糖果从这个点 送到 k,没跑一个节点会耗1s

问以每个不同节点为起点的最短送完全部糖果时间,每次只能运送一个糖果。

因为每个只能运1个, 所以 有 k 个糖果要走k次,那么以 a 为起点,我们想,走的比较远的就转圈时候处理掉,把最近那个留到最后一圈,最后再跑最短的,对于每个点 耗得时间就是 n*(k-1) + min_dis( i ) 当然我们需要以 a 为起点时候,要以 b 为终点,遍历一遍,时间复杂度为 O(n^2),之后我们只要找出到所有终点最短距离就好了,当然终点也要全部走完。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
int num[maxn],dis[maxn];
int main()
{
    int n,m;cin>>n>>m;
    memset(dis, 0, sizeof dis);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int a,b;cin>>a>>b;
        num[a]++;
        int temp = b>a ? b-a:b+n-a;
        if(dis[a] == 0) dis[a] = temp;
        else dis[a] = min(dis[a], temp);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int ans = 0;
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if(j >= i)
            {
                ans = max(ans, n*(num[j]-1)+dis[j]+j-i);
            }
            else
            {
                ans = max(ans, n*(num[j]-1)+dis[j]+j+n-i);
            }
        }
        cout<<ans<<' ';
    }
    return 0;
}

B.巧妙地一题,我们既然要找出一个 答案比爱丽丝算法大 k 的数组

我们的算法很简单 sum(0-n-1)*n 而爱丽丝遇到负数就清零,这个数组我们自己决定,

那么根据万物之敌贪心思路,数组开为 2 的话 一个负数,一个正数,就可以搞了

设为 -x 和 x+d 那么我们的结果是 2*d 爱丽丝是 x+d 差就是 d-x = k ,  d = x + k

当然这个数字我们自由决定,但是问题来了, ai < 1e6 所以,我们如果 长度为 2 那么很显然,炸了(虽然我卡在这了,但是看到一个大佬思路。。。)

3也炸了。。。那么我们再贪心一波, 长度 开到 2000

那么就是 2000*d - x - d = k  1999*d = k + x, d 是正整数

x 就是 1999 - k%1999(自己试几个数字),  d = (k+x)/1999 ,理论上解决了。。

附上大佬博客。。。思路太强了。。。

 https://codeforces.com/blog/entry/65520?#comment-495122

### 关于 Codeforces Problem CF175B 的解决方案 #### 问题描述 Codeforces Problem CF175B 是一个涉及路径规划和字符串操作的问题。题目要求设计一个机器人程序,使其能够按照给定的指令完成特定的任务。 虽然当前未提供具体题目的详细说明,但从常见的机器人路径问题来看,通常会涉及到以下几个方面: - **输入解析**:读取机器人的初始位置以及目标位置。 - **路径计算**:通过分析可能的方向变化来构建最短路径。 - **输出生成**:将路径转换为一系列字符表示的动作序列。 以下是基于常见机器人路径问题的一个通用解决框架[^3]: --- #### 解决方案概述 为了实现该问题的目标,可以采用如下策略: 1. 定义方向向量 `dx` 和 `dy` 来表示上下左右四个移动方向。 2. 使用广度优先搜索(BFS)算法找到从起点到终点的最短路径。 3. 将 BFS 路径转化为对应的命令字符串形式。 下面是具体的代码实现示例: ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAX_N = 100; char grid[MAX_N][MAX_N]; bool visited[MAX_N][MAX_N]; // 方向定义 struct Direction { int dx, dy; char command; }; Direction directions[] = {{0, 1, 'R'}, {0, -1, 'L'}, {1, 0, 'D'}, {-1, 0, 'U'}}; int num_directions = sizeof(directions) / sizeof(directions[0]); void bfs(int startX, int startY, int endX, int endY, vector<char>& path) { queue<pair<int, pair<int, string>>> q; // (current_x, current_y), commands_so_far q.push({startX, {startY, ""}}); visited[startX][startY] = true; while (!q.empty()) { auto front = q.front(); q.pop(); int cx = front.first; int cy = front.second.first; string cmd = front.second.second; if (cx == endX && cy == endY) { for (auto c : cmd) path.push_back(c); return; } for (int i = 0; i < num_directions; ++i) { int nx = cx + directions[i].dx; int ny = cy + directions[i].dy; if (nx >= 0 && nx < MAX_N && ny >= 0 && ny < MAX_N && !visited[nx][ny] && grid[nx][ny] != '#') { visited[nx][ny] = true; q.push({nx, {ny, cmd + directions[i].command}}); } } } } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int n, m; cin >> n >> m; pair<int, int> start, finish; for (int i = 0; i < n; ++i) { for (int j = 0; j < m; ++j) { cin >> grid[i][j]; if (grid[i][j] == 'S') start = {i, j}; if (grid[i][j] == 'E') finish = {i, j}; } } memset(visited, false, sizeof(visited)); vector<char> resultPath; bfs(start.first, start.second, finish.first, finish.second, resultPath); cout << resultPath.size() << "\n"; for (auto c : resultPath) cout << c; cout << "\n"; return 0; } ``` 上述代码实现了以下功能: - 利用 BFS 寻找从起点到终点的最短路径。 - 输出路径长度及其对应的操作序列。 --- #### 复杂度分析 - 时间复杂度:O(N * M),其中 N 表示网格的高度,M 表示宽度。这是由于 BFS 需要遍历整个地图一次。 - 空间复杂度:O(N * M),用于存储访问状态矩阵和队列中的节点信息。 --- #### 注意事项 如果实际问题中有额外约束条件,则需调整 BFS 或增加剪枝逻辑以优化性能。例如,在某些情况下,可以通过启发式函数改进搜索效率(A* 算法)。此外,还需注意边界情况处理,比如无法到达目的地的情形应返回特殊标志或错误提示[^4]。 ---
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