codeforces 358

最新推荐文章于 2021-04-09 14:17:57 发布

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本文精选了算法竞赛中的四个题目并提供了详细的解题思路及代码实现，包括线段相交判断、容器操作优化、兔子喂食策略以及路径寻找等。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

A. Dima and Continuous Line

题意：按照顺序给出n个点，生成n-1条边判断是否有线段相交。

思路：暴力n-1条线段判断是否相交。当思维题做了好久我好zz啊。。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int l[1005],r[1005],x[1005];
int main() {
    int n;
    scanf("%d",&n);
    int cnt=0;
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        scanf("%d",&x[i]);
        if(i>1) {
            l[cnt]=min(x[i],x[i-1]);
            r[cnt++]=max(x[i],x[i-1]);
        }
    }
    int f=1;
    for(int i=0;i<cnt&&f;++i) {
        for(int j=i+1;j<cnt&&f;++j) {
            if((l[i]<l[j]&&r[i]>l[j]&&r[i]<r[j]) || (l[j]<l[i]&&r[j]>l[i]&&r[j]<r[i])) {
                f=0;
                break;
            }
        }
    }
    printf("%s\n",f==0?"yes":"no");
    return 0;
}

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C. Dima and Containers

题意：有3个容器，队列、栈、双端队列。给出n个操作，操作的值为x:

x!=0时表示将x压入任意一个容器中。
x=0 时可以从三个容器中各弹出一个数，不能从空的容器中弹数。
要求每次弹出的数的和最大，弹出数后将所有容器里的数清除。

思路：贪心，维护三个最大值，容器中元素个数>=3时让三个容器各储存一个最大值，其余存在双端队列中。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node {
    int id,val;
}ns[100005];
bool cmp(node a,node b) {
    if(a.val==b.val) return a.id<b.id;
    return a.val<b.val;
}
void print(int pos,int x) {
    if(!pos) puts("0");
    else if(pos==1) {
        puts("pushBack");
        if(!x)puts("1 popBack");
    }
    else if(pos==2) {
        puts("pushBack");
        puts("pushStack");
        if(!x)puts("2 popBack popStack");
    }
    else {
        sort(ns,ns+pos,cmp);
        int p1=ns[pos-3].id;
        int p2=ns[pos-2].id;
        int p3=ns[pos-1].id;
        for(int i=0;i<pos;++i) {
            if(i==p1) puts("pushQueue");
            else if(i==p2) puts("pushStack");
            else if(i==p3) puts("pushBack");
            else puts("pushFront");
        }
        if(!x)puts("3 popStack popQueue popBack");
    }
}
int main() {
    int n,x,pos=0;
    scanf("%d",&n);
    while(n--) {
        scanf("%d",&x);
        if(!x) {
            print(pos,x);
            pos=0;
        }
        else {
            ns[pos].id=pos;
            ns[pos++].val=x;
        }
    }
    if(pos) print(pos,x);
    return 0;
}

D. Dima and Hares

题意：有n只兔子等待喂食，喂食的顺序不定，每只兔子有开心值，分为三种情况：

喂食该兔子时它的左右邻居都未喂食，开心值为a[i]。
喂食该兔子时它的一个邻居已喂食，开心值为b[i]。
喂食该兔子时它的左右邻居都已喂食，开心值为c[i]。

求喂食兔子能获得的最大开心值。注意1号和n号只有一个邻居，不存在左右都已喂食的状态。

思路：dp。

dp[i][0][0]：左右邻居都未喂食。

dp[i][1][0]：左邻居已喂食。

dp[i][0][1]：右邻居已喂食。

dp[i][1][1]：左右邻居都已喂食。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=-0x3f3f3f;
int dp[3005][3][2],a[3005][3];
int main() {
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int j=0;j<3;++j) {
        for(int i=1;i<=n;++i) {
            scanf("%d",&a[i][j]);
        }
    }
    memset(dp,inf,sizeof(dp));
    dp[1][0][0]=a[1][0];
    dp[1][0][1]=a[1][1];
    dp[1][1][1]=dp[1][1][0]=inf;
    for(int i=2;i<=n;++i) {
        dp[i][0][0]=max(dp[i-1][0][1],dp[i-1][1][1])+a[i][0];
        dp[i][1][0]=max(dp[i-1][1][0],dp[i-1][0][0])+a[i][1];
        dp[i][0][1]=max(dp[i-1][0][1],dp[i-1][1][1])+a[i][1];
        dp[i][1][1]=max(dp[i-1][1][0],dp[i-1][0][0])+a[i][2];
    }
    printf("%d\n",max(dp[n][1][0],dp[n][0][0]));
    return 0;
}

E. Dima and Kicks

题意：

思路：判断欧拉通路。先贴个代码，注意答案要求k>1，否则为-1，wa了好多次。。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1005;
int xx[4]={-1,1,0,0},yy[4]={0,0,-1,1};
int du[maxn][maxn],mp[maxn][maxn],vis[maxn][maxn];
vector<int> hang[maxn],lie[maxn];
int n,m;
int gcd(int a,int b) {
    return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
void dfs(int x,int y) {
    vis[x][y]=1;
    for(int i=0;i<4;++i) {
        int nx=x+xx[i],ny=y+yy[i];
        if(nx>=1&&nx<=n&&ny>=1&&ny<=m&&mp[nx][ny]&&!vis[nx][ny]) dfs(nx,ny);
    }
}
int main() {
    int x,y,g=0;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        for(int j=1;j<=m;++j) {
            scanf("%d",&mp[i][j]);
        }
    }
    int fir=1;
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        for(int j=1;j<=m;++j) {
            if(mp[i][j]) {
                if(!vis[i][j]) {
                    if(fir) dfs(i,j),fir=0;
                    else {
                        puts("-1");
                        return 0;
                    }
                }
                if(!mp[i-1][j]&&!mp[i+1][j]&&!mp[i][j-1]&&!mp[i][j+1]) {
                    puts("-1");
                    return 0;
                }
                if(mp[i-1][j]&&mp[i+1][j]&&mp[i][j-1]&&mp[i][j+1]) {
                    hang[i].push_back(j);
                    lie[j].push_back(i);
                    continue;
                }
                if(!(mp[i][j-1]&&mp[i][j+1])) hang[i].push_back(j);
                if(!(mp[i-1][j]&&mp[i+1][j])) lie[j].push_back(i);
            }
        }
        if(!hang[i].size()) continue;
        for(int k=0;k<hang[i].size()-1;++k) {
            if(mp[i][hang[i][k]+1]) {
                g=gcd(g,hang[i][k+1]-hang[i][k]);
                ++du[i][hang[i][k]];
                ++du[i][hang[i][k+1]];
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;++i) {
        if(lie[i].size()) {
            for(int j=0;j<lie[i].size()-1;++j) {
                if(mp[lie[i][j]+1][i]) {
                    g=gcd(g,lie[i][j+1]-lie[i][j]);
                    ++du[lie[i][j]][i];
                    ++du[lie[i][j+1]][i];
                }
            }
        }
    }
    int jd=0,od=0,cnt=0;
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        for(int j=1;j<=m;++j) {
            if(du[i][j]) {
                ++cnt;
                if(du[i][j]&1) ++jd;
                else ++od;
            }
        }
    }
    if(jd&&jd!=2||(g<=1)) puts("-1");
    else {
        for(int i=2;i<=g;++i) {
            if(g%i==0) printf("%d ",i);
        }
    }
    return 0;
}