小白月赛68
写在前面：今年开春被一些乱七八糟的事情耽误了很久，断断续续帮别人解决了一些问题，但直到今天才打了今年第一场比较正式的比赛，2023年的第一场AK局，在人生择业的三岔路口，我当前唯一能确信的是我仍然爱着coding，以后的事以后再说吧。鸽了很久的实习、论文、秋招历程等以后有时间之后再更新吧（不会再拖了，最迟六月份结束之前吧，也差不多该给自己的竞赛和学术生涯写一封遗书了）。回归正题，A-E应该都能秒过，F感觉差不多是常数级别的优化，中途wa了两发，可能是近期写的最恶心的题目之一了。
A. Tokitsukaze and New Operation
思路： 签到题，不做解释。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 15;
char s1[N], s2[N];
int main(){
int T;
cin >> T;
while(T--){
cin >> s1 >> s2;
int len = strlen(s1);
if(len != strlen(s2)){
cout << "-1\n";
continue;
}
for(int i = 0; i < len; i++)
cout << (s1[i]-'0')*(s2[i]-'0');
cout << "\n";
}
return 0;
}
B. Tokitsukaze and Order Food Delivery
思路： 暴力的解法套了个背包的题面，暴力扫一遍所有店铺中的所有商品，取最小值即可，注意不要取负值。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
const int MAXN = 1e9+50;
int n, a, b;
int main(){
int T;
cin >> T;
while(T--){
int ans = MAXN;
cin >> n >> a >> b;
int k, x, y;
for(int i = 0; i < n; i++){
cin >> k >> x >> y;
int v;
for(int j = 0; j < k; j++){
cin >> v;
int tmp = v;
if(v >= x) tmp -= y;
if(v >= a) tmp -= b;
tmp = max(tmp, 0);
ans = min(tmp, ans);
}
}
cout << ans << "\n";
}
return 0;
}
C. Tokitsukaze and Average of Substring
思路： n的上限为5000，n^2的解法可行，考虑枚举左右端点L和R，然而每次在计算完[l,r]范围内的C，即C(l, r)再计算C(l, r+1)时若再重复计算[l, r]会增加一个n的代价，无疑会超时，这里我们可以看到对于s[r+1]，他对于C(l, r)的贡献为s[r+1]在[l, r]区间内出现的次数，因此我们在确定左端点l后，只需要记录每个字符在[l,r]范围内出现的次数并更新即可。简单来说，我们将s[r+1]在[l, r]内出现的次数定义为cnt(s[r+1])，则我们可以轻易得出C(l, r+1) = C(l, r)+cnt(s[r+1])，这样优化掉一层n后可以直接n ^2暴力枚举即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mem(f, x) memset(f, x, sizeof(f))
using namespace std;
const int M = 30;
const int N = 5005;
char s[N];
int n;
int cnt[M];
int main(){
int T;
cin >> T;
while(T--){
cin >> n;
cin >> s+1;
for(int i = 0; i < M; i++)
cnt[i] = 0;
double ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 0; j < M; j++)
cnt[j] = 0;
int pre = 0;
for(int j = i; j <= n; j++){
int id = s[j] - 'a';
pre += cnt[id];
cnt[id]++;
ans = max(ans, pre*1.0/(j-i+1));
}
}
printf("%.6lf\n", ans);
}
return 0;
}
D. Tokitsukaze and Development Task
思路： 粗看是个多重背包的dp，但是出题人简化了一下，三层的资源相互独立，对应的操作也是相互独立，只需BFS计算每一层所需操作的最少次数然后相加即可，唯一需要注意的是上下界合规性的判定以及已经经历过的状态用vis记录后可以有效剪枝。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define mem(f, x) memset(f, x, sizeof(f))
using namespace std;
const int N = 305;
int a, b, c, d;
bool vis[N];
bool judge(int x){
if(x < 10 || x > 300 || vis[x])
return 0;
return 1;
}
int BFS(int target){
queue<int> q;
q.push(10);
set<int> st;
mem(vis, 0);
vis[10] = 1;
int cnt = 0;
while(!q.empty()){
int num = q.size();
for(int i = 0; i < num; i++){
int cur = q.front();
q.pop();
if(cur == target)
return cnt;
int next = cur-1;
if(judge(next)){
vis[next] = 1;
q.push(next);
}
next = cur+1;
if(judge(next)){
vis[next] = 1;
q.push(next);
}
next = cur+10;
if(judge(next)){
vis[next] = 1;
q.push(next);
}
next = cur-10;
if(judge(next)){
vis[next] = 1;
q.push(next);
}
next = cur+100;
if(judge(next)){
vis[next] = 1;
q.push(next);
}
next = cur-100;
if(judge(next)){
vis[next] = 1;
q.push(next);
}
next = 300;
if(judge(next)){
vis[next] = 1;
q.push(next);
}
next = 10;
if(judge(next)){
vis[next] = 1;
q.push(next);
}
}
cnt++;
}
return 0;
}
int main(){
int T;
cin >> T;
while(T--){
cin >> a >> b >> c >> d;
printf("%d\n", BFS(a)+BFS(b)+BFS(c)+BFS(d));
}
return 0;
}
E. Tokitsukaze and Colorful Chessboard
思路： 两类旗子考虑数量较多的那一类，由于不能上下左右相邻放置，我们记F(n)为边长为n的正方形最多可以放置的满足条件的棋子数，则F(n) = (n^2+1)/2，即面积的一半，若边长为奇，则应该比一半多一个（自己画个图填一下就能找到规律了）。现已知棋子数，求满足正方形的最小边长，由于边长单调递增，这里直接二分边长即可，唯一需要注意的就是边界的处理，举个例子，红棋和蓝棋都为1个，若取最大值后，二分的结果n=1，即边长为1的正方形就能放下一个棋子，胆子红蓝各有一个，因此n=1放不下，因此这里当红棋数=蓝棋数且数量都为奇数时需要将二分的目标值加一。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mem(f, x) memset(f, x, sizeof(f))
using namespace std;
const int N = 305;
int main(){
int T;
cin >> T;
while(T--){
ll a, b;
cin >> a >> b;
if(a == b && a&1) a++;
else a = max(a, b);
ll L = 1, R = 1e5+5;
while(L <= R){
ll mid = (L+R) / 2;
ll tmp = (mid*mid+1)/2;
if(tmp < a) L = mid+1;
else R = mid-1;
}
cout << L << "\n";
}
return 0;
}
F. Tokitsukaze and New RenKinKama
思路： 我们将不符合条件的点看做是坏点，由于最多只能进行两次交换操作，易知每次如果交换的是两个好点，那么本次操作是没有意义的。所以每次的操作只有两种可能：
- 坏点和坏点交换
- 坏点和好点交换
另外，由于最多只能进行两次交换，因此当总的坏点数超过12时，那么两次以内的交换操作一定不可能使所有的点变成好点。考虑最极端的情况：
1，1e9，1，…1，1e9，1，每次的交换操作最多只能使6个坏点变好，因此两次交换操作能使坏点变好的上限为12。
用上述几点剪枝后，直接暴力枚举坏点交换完后直接check是否合规即可（建议自己写一遍，细节不太好写，我自己比赛的时候写了40多分钟才把思路理顺）。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mem(f, x) memset(f, x, sizeof(f))
using namespace std;
const int N = 305;
int v[N], n, k, flag;
vector<pii> ans;
bool judge(){
for(int i = 0; i < n; i++)
if(abs(v[(i+1)%n]-v[i]) > k) return 0;
return 1;
}
void op(int id){
for(int i = 0; i < n; i++){
if(i == id) continue;
ans.pb({id, i});
swap(v[id], v[i]);
if(judge()){
flag = 1;
return;
}
ans.pop_back();
swap(v[id], v[i]);
}
}
void change(int id){
for(int i = 0; i < n; i++){
if(i == id) continue;
swap(v[id], v[i]);
ans.pb({id, i});
if(judge()){
flag = 1;
return;
}
for(int i = 0; i < n; i++){
int next = (i+1)%n;
if(abs(v[next]-v[i]) > k){
op(i);
if(!flag) op(next);
if(flag) return;
break;
}
}
ans.pop_back();
swap(v[id], v[i]);
}
}
int main(){
int T;
cin >> T;
while(T--){
cin >> n >> k;
for(int i = 0; i < n; i++)
cin >> v[i];
if(n == 1 || judge()){
cout << "0\n";
continue;
}
int cnt = 0;
for(int i = 0; i < n; i++){
if(abs(v[(i+1)%n]-v[i]) > k)
cnt++;
}
if(cnt > 12){
cout << "-1\n";
continue;
}
flag = 0;
ans.clear();
for(int i = 0; i < n; i++){
int next = (i+1)%n;
if(abs(v[next]-v[i]) > k){
change(i);
if(!flag) change(next);
break;
}
}
if(flag){
cout << ans.size() << "\n";
for(auto &item:ans)
cout << item.fi+1 << " " << item.se+1 << "\n";
}else
cout << "-1\n";
}
return 0;
}
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