主頁 > 軟體設計 > Codeforces Round #700 (Div. 2) A ~ E ，6題全，超高質量良心題解【每日億題】2021/2/8

Codeforces Round #700 (Div. 2) A ~ E ，6題全，超高質量良心題解【每日億題】2021/2/8

2021-02-10 14:05:10 軟體設計

整理的演算法模板合集： ACM模板

點我看演算法全家桶系列！！！

實際上是一個全新的精煉模板整合計劃

目錄

    • A - Yet Another String Game
    • B - The Great Hero
    • C. Searching Local Minimum
    • D1 - Painting the Array I
    • D2 - Painting the Array II
    • E - Continuous City

愛了愛了

這場打的頭疼，先更一下C題吧，其他的幾道題明天醒了再更…

現在腦子不太清醒，先口胡一個最簡單的C吧…

來了來了，更一下 A ~ E

（實際上是昨天快兩點才睡著，快九點了才起床，十點才吃完飯開始寫

比賽鏈接：https://codeforces.com/contest/1480

A - Yet Another String Game

Problem 1480A - Yet Another String Game

Alice和 Bob 在玩游戲，Alice 先手，給定一個字串，他們每次可以進行一個操作：讓任意一個沒有被選過的位置上的字符變成另一個不一樣的字符，Alice 想讓字串最后的字典序最小，Bob 想讓字串最后的字典序最大，兩位都會進行最優的操作，請問最后字串會變成什么鬼樣子 ~

Solution

簽到題

模擬一下就行了，兩位都盡量朝著自己的方向去選，所以Alice先選一定選第一個，然后 Bob 會選第二個，為了使得序列的字典序盡可能的打，所以就是奇偶交替進行…

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>

using namespace std;

const int N = 50007;

int n, m, t;
string a, b;

int main()
{
    scanf("%d", &t);
    while(t -- ) {
        cin >> a;
        int len = a.length();
        int cnt = 0, cnt1 = len, num = 0;
        for(int i = 0; i < len; ++ i){
            if(!(i & 1)) {
                if(a[i] == 'a') a[i] = 'b';
                else a[i] = 'a';
            }
            else {
                if(a[i] == 'z') a[i] = 'y';
                else a[i] = 'z';
            }
        }
        cout << a <<  endl;
    }
    return 0;
}

B - The Great Hero

Problem 1480B - The Great Hero

我們的攻擊力為 A A A ，血量為 B B B ，面對 n n n 只怪，其中第 i i i 只怪的攻擊力為 a i a_i ai? ，血量為 b i b_i bi? ，我們可以無限次地攻擊任意一只怪，每次我們和怪都會掉血，規則參見正常的 RPG 游戲，就是當血量小于等于0時，死亡，每次我們和一只怪激情對砍，我們掉 a i a_i ai? 的血量，怪掉 A A A 的血量，請問我們最后能否消滅所有的怪，哪怕在最后一擊之后同歸于盡，

Solution

一個簡單的貪心，開始還以為是一個模擬，然后立馬發現，因為可以同歸于盡，所以我們最后一擊要用到正確的地方，因為我們打的順序無所謂，所以可能存在一種情況，我隨便打，中間死了，但是我把攻擊力最大的哪個怪，放到最后跟他同歸于盡，就會最后死，答案從 NO 變成了 YES，

然后再來分析這么解決，

首先很明顯，對于第 i i i 只怪，我們需要 ? b i A ? \lceil \frac{b_i}{A} \rceil ?Abi??? 次才能打死它，然后每次會掉 a i a_i ai? 的血，如果直接打死它的話，會掉 ? b i A ? × a i \lceil \frac{b_i}{A} \rceil\times a_i ?Abi???×ai? 的血，

所以我們就先模擬一遍，打一遍，然后最后的血量加上攻擊力最大的那只怪的攻擊力，相當于就是把這只放到最后打，要是加上之后的血量大于0，說明成功，否則中間就死了…

因為我特判的是 >0 而不是 >=0 ，我先扣掉了所有的血，再加上最大攻擊力，如果我這時候剩余的血量 >0 說明我活到了最后一只攻擊力最大的怪 例如這個

1
10 10 2
2 1000
50 10

答案就是NO，我的代碼也是NO，我沒辦法活到1000的那個怪 ~

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <vector>
#include <unordered_map>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> PLL;
typedef int itn;
const int N = 5e5 + 7, M = 1e6 + 7, mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 7;
ll n, m, t;
ll A, B;
PLL a[N];
bool solve()
{
    scanf("%lld%lld%lld", &A, &B, &n);
    ll maxx = -INF;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        scanf("%lld", &a[i].x);
        maxx = max(maxx, a[i].x);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        scanf("%lld", &a[i].y);
    }

    ll sum = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        ll cnt = ceil(a[i].y * 1.0 / A);
        sum += cnt * a[i].x;
    }
    B -= sum;
    B += maxx;
    if(B > 0) return true;
    else return false;
}

int main()
{
    scanf("%lld", &t);
    while(t -- ) {
        bool ans = solve();
        if(ans) puts("YES");
        else puts("NO");
    }
    return 0;
}

C. Searching Local Minimum

Problem 1479A - Searching Local Minimum

互動題，有一個 1 1 1 ~ n n n 的一個排列，只會給你 n n n 的值，求一個為 V 字形的數的下標，其中 V 字形數是指下標為 i i i 的一個數， a i ? 1 ≥ a i ≤ a i + 1 a_{i-1}\ge a_i\le a_{i+1} ai?1?≥ai?≤ai+1? ，想讓你找到的這個 i i i，你每次可以詢問這個排列的一個下標的值，你最多可以問 100次，

1 ≤ n ≤ 1 0 5 1\le n \le 10^5 1≤n≤105

Solution

因為題目要找的是一個 v 字形的數，也就是 a i ? 1 ≥ a i ≤ a i + 1 a_{i-1}\ge a_i\le a_{i+1} ai?1?≥ai?≤ai+1? 的這個 i i i，

資料 1 0 5 10^5 105

如果 a i ≤ a i + 1 a_i\le a_{i+1} ai?≤ai+1? 那么 一定 a i ≥ a i ? 1 a_i\ge a_{i-1} ai?≥ai?1? ，不然 i i i 就是答案，同理， a i ≥ a i ? 1 a_i\ge a_{i-1} ai?≥ai?1?，那么 a i ? 1 ≥ a i ? 2 a_{i-1}\ge a_{i-2} ai?1?≥ai?2? ，一次類推，一定是一個單調的

同理若 a i ≥ a i + 1 a_i\ge a_{i+1} ai?≥ai+1? 也一樣單調，所以二分就行了，若 a[mid] 大于右邊，則答案在左邊…

沒了，睡覺睡覺

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <vector>
#include <unordered_map>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
typedef int itn;
const int N = 5e3 + 7, M = 1e6 + 7, mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 7;

int n, m, t, k, q;
int a[N];
int vis[M];
PII ans[N];

int ask(int x)
{
    printf("? %d\n", x);
    fflush(stdout);
    int res;
    scanf("%d", &res);
    return res;
}

void solve()
{
    int l = 1, r = n;
    while(l < r) {
        int mid = l + r >> 1;
        int rr = ask(mid + 1);
        int midd = ask(mid);
        if(midd < rr) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    printf("! %d\n", l);
    fflush(stdout);
    return ;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    solve();
    return 0;
}

D1 - Painting the Array I

Problem 1479B1 - Painting the Array I

給你一個序列 a a a，請你將這個序列撕開分成兩個序列 a ( 0 ) a^{(0)} a(0) 和 a ( 1 ) a^{(1)} a(1)，使得將 a ( 0 ) a^{(0)} a(0) 和 a ( 1 ) a^{(1)} a(1) 合并所有相鄰且相同的元素之后，兩個序列剩余的元素個數和最大，

例如：

1 2 3 1

1 2 3 2

答案均為4，

Solution

我們發現直接遇見兩個一樣的就直接加2什么的暴力算的話不一定對，因為后面可能會出現多算的情況，就是你以為分開就好了，可以加，但是它卻和放到的新序列的前一個元素重復，這樣就多加了，

例如：

4 4 2 4 4

答案應該是 4 而不是 5 ，

所以要考慮貪心，分類討論后面可能會發生的情況，

我們一步一步分析，

我們首先設 a ( 0 ) a^{(0)} a(0) 序列的最后一個元素為 x x x ， a ( 1 ) a^{(1)} a(1) 的最后一個元素為 y y y ，

分類討論，我們分別考慮什么情況的時候，把當前元素分配給哪一個序列會更優，

對于當前準備去分配的元素 z 1 z1 z1，以及 z 1 z1 z1 后面一位元素 z 2 z2 z2，

(1) 考慮對前面的貢獻

  1. 當 x == y 時，上下兩個序列都無所謂，
  2. 當 x == z1 && y != z1 時，很明顯分配給 y y y 會更優，
  3. 當 y == z1 && x != z1 時，很明顯分配給 x x x 會更優，

(2) 考慮對后面的貢獻

  1. 當 x == z2 && y != z2 時，很明顯分配給 x x x 會更優，因為可能 z 1 z1 z1 可以填上這個合并的漏洞，填不上的話，就算了，但會更優
  2. 當 y == z2 && x != z2 時，同理很明顯分配給 y y y 會更優，
  3. 當 x == y == z2 那就無所謂了 ~ 給誰都行

剩余的所有情況應該像D2那樣去判斷與 x x x ， y y y 相同的元素的距離誰最近，就放到誰后面，具體思路 / 證明看下面的 D2 的題解，這里可能是因為資料較弱，所以過掉了，然后我也懶得改了 ~ （往下滑就看到了）

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <vector>
#include <unordered_map>
#include <queue>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef int itn;
const int N = 5e6 + 7, M = 6e6 + 7, mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 7;

int n, m, t, k;
itn a[N];
int vis[N];
void solve()
{
    int ans = 0;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        scanf("%d", &a[i]);
    }
    int x = -1, y = -1;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        itn z1 = a[i], z2 = a[i + 1];
        if(z1 == x && z1 == y) continue;
        if(z1 == x) {
            y = z1;
            ans ++ ;
        }
        else if(z1 == y) {
            x = z1;
            ans ++ ;
        }
        else {
            ans ++ ;
            if(z2 == x && z2 != y) {
                x = z1;
            }
            else if(z2 == y && z2 != x) {
                y = z1;
            }
            else x = z1;
        }
    }
    printf("%d\n", ans);
}

int main()
{
    solve();
    return 0;
}

D2 - Painting the Array II

Problem 1479B2 - Painting the Array II

給你一個序列 a a a，請你將這個序列撕開分成兩個序列 a ( 0 ) a^{(0)} a(0) 和 a ( 1 ) a^{(1)} a(1)，使得將 a ( 0 ) a^{(0)} a(0) 和 a ( 1 ) a^{(1)} a(1) 合并所有相鄰且相同的元素之后，兩個序列剩余的元素個數和最小，

Solution

我們先按照上面 D1 的貪心策略分析，

我們首先設 a ( 0 ) a^{(0)} a(0) 序列的最后一個元素為 x x x ， a ( 1 ) a^{(1)} a(1) 的最后一個元素為 y y y ，

分類討論，我們分別考慮什么情況的時候，把當前元素分配給哪一個序列會更優，使得序列最短，

對于當前準備去分配的元素 z 1 z1 z1，以及 z 1 z1 z1 后面一位元素 z 2 z2 z2，

(1) 首先考慮對前面的貢獻

  1. 當 x == y 時，上下兩個序列給誰都無所謂
  2. 當 x == z1 && y != z1 時，很明顯分配給 x x x 會更優，
  3. 當 y == z1 && x != z1 時，很明顯分配給 y y y 會更優，

(2) 若上述條件均為達到就考慮對后面的貢獻

  1. 當 x == z2 && y != z2 時，很明顯分配給 y y y 會更優
  2. 當 y == z2 && x != z2 時，同理很明顯分配給 x x x 會更優

最后一種情況：若x != z2 && y != z2，以及其他的所有剩余情況，這時候就有講究了，

看上去放到哪里都區別不大，但是我們想要最終的答案盡可能地小，也就是讓元素盡可能合并，也就是：

a [ i ] a[i] a[i] 以后和 x x x 相同的元素（假設是 x x xx xx）盡量能和 x x x 合并，也就是以后 x x x 后面都不添加數，

a [ i ] a[i] a[i] 以后和 y y y 相同的元素（假設是 y y yy yy）盡量能和 y y y 合并， 也就是以后 y y y 后面都不添加數，

但是我們總歸是要在 x x x 或者 y y y 后面選擇一個數放進去，假設我們放到了 x x x 后面，這樣也就斷絕了后面的那個與 x x x 相同的元素 x x xx xx 與 x x x 合并的可能性，

所以我們應該取兩個佇列末尾元素： x x x 和 y y y 中 與它們相同的數 x x xx xx 或者 y y yy yy 的距離更近的那個佇列，

我們假設是 y y y ，這樣與 y y y 相同的數 y y yy yy 比與 x x x 相同的數 x x xx xx 距離更近，也就是一個一個來放的話，更先到達兩個佇列面前，是距離更短的那個數，也就意味著最終可以和 y y y 合并的可能性就更大，因此我們就把 a [ i ] a[i] a[i] 放到 x x x 的后面，讓 y y y 去追逐合并的夢想 ~

應該很好理解，非常形象，

我們預處理一下下標 i i i 的最近的下一個相同元素的下標 n e x [ i ] \tt nex[i] nex[i] 就行了，如何實作具體看代碼，很好理解，

總結一下就是：

若x != z2 && y != z2，以及其他的所有剩余情況時：若nex[x] < nex[y] ，我們分配給 y y y 更優

若x != z2 && y != z2，以及其他的所有剩余情況時：若nex[x] > nex[y] ，我們分配給 x x x 更優

所有條件按照我分析的時候的先后順序if else 判斷即可，因為越往前優先級越大，后面只是有合并的可能性，而前面是直接已經可以合并了，

最后簡單實作一下就行了

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <vector>
#include <unordered_map>
#include <queue>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef int itn;
const int N = 5e5 + 7, M = 6e6 + 7, mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 7;

int n, m, t, k;
itn a[N], b[N];
vector<int> v[N];
int nex[N];

void solve()
{
    int ans = 0;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        scanf("%d", &a[i]);
        v[a[i]].push_back(i);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++ i)
        nex[i] = n + 1;

    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        for(int j = 0; j < (int)v[i].size() - 1; ++ j) {
            nex[v[i][j]] = v[i][j + 1];
        }
    }
    int x = 0, y = 0, nex_x = n + 1, nex_y = n + 1;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        int z1 = a[i], z2 = a[i + 1];
        if(z1 == x) {
            nex_x = nex[i];
        }
        else if(z1 == y) {
            nex_y = nex[i];
        }
        else {
            ans ++ ;
            if(z2 == x && z2 != y) {
                y = z1;
                nex_y = nex[i];
            }
            else if(z2 == y && z2 != x) {
                x = z1;
                nex_x = nex[i];
            }
            else {
                if(nex_x < nex_y) {
                    y = z1;
                    nex_y = nex[i];
                }
                else {
                    x = z1;
                    nex_x = nex[i];
                }
            }
        }
    }
    printf("%d\n", ans);
}

int main()
{
    solve();
    return 0;
}

E - Continuous City

Problem 1479C - Continuous City

定義中心圖為：

有 n n n 個點，編號為 1 1 1 ~ n n n ，以及 m m m 條有向邊，每一條有向邊上都有一個正整數權值，并且這 m m m 條路都是從編號小的指向編號大的（意味著每次走都會朝著中心 n n n 進發），并且對于任意兩個不同的點，他們之間最多只有一條有向邊，

定義 ( L , R ) (L,R) (L,R) 連續圖為既滿足中心圖，又滿足下述兩個條件的有向圖：

  1. 所有的從 1 1 1 到 n n n 的簡單路徑的長度 l e n ∈ [ L , R ] len\in[L,R] len∈[L,R]，
  2. 對于任意的 d d d ， L ≤ d ≤ R L\le d\le R L≤d≤R，均恰好存在一條且僅有一條從 1 1 1 到 n n n 的簡單路徑的長度等于 d d d，

僅給定 L L L 和 R R R，請問你能否構造一個符合題意且點數 n n n 不超過 32 的 ( L , R ) (L,R) (L,R) 連續圖，如果不能，輸出 NO ，否則輸出 YES 并輸出該圖的 n n n 和 m m m （點數與邊數），并輸出 m m m 條邊的情況（對于每條邊，輸出 x , y , z x,y,z x,y,z 表示第 i i i 條邊從 x x x 到 y y y 邊長為 z z z）

Solution

今天下午（2/10）一定更…

轉載請註明出處，本文鏈接：https://www.uj5u.com/ruanti/258463.html

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    1. 第四單元：StarUml檔案決議 本單元采用了圖模型決議UML。 UML檔案可以抽象為圖、子圖、邊的邏輯結構。 在實作中，圖的節點包括類、介面、屬性，子圖包括狀態圖、順序圖等。 采用了三次遍歷UML元素的方法建圖，第一遍遍歷建點，第二、三次遍歷設定屬性、連邊，實作圖物件的初始化。這里借鑒了一些 ......

    uj5u.com 2020-09-10 05:36:06 more
  • 談談我對C# 多型的理解

    面向物件三要素：封裝、繼承、多型。 封裝和繼承，這兩個比較好理解，但要理解多型的話，可就稍微有點難度了。今天，我們就來講講多型的理解。 我們應該經常會看到面試題目：請談談對多型的理解。 其實呢，多型非常簡單，就一句話：呼叫同一種方法產生了不同的結果。 具體實作方式有三種。 一、多載 多載很簡單。 p ......

    uj5u.com 2020-09-10 05:36:09 more
  • Python 資料驅動工具：DDT

    背景 python 的unittest 沒有自帶資料驅動功能。 所以如果使用unittest，同時又想使用資料驅動，那么就可以使用DDT來完成。 DDT是 “Data-Driven Tests”的縮寫。 資料：http://ddt.readthedocs.io/en/latest/ 使用方法 dd. ......

    uj5u.com 2020-09-10 05:36:13 more
  • Python里面的xlrd模塊詳解

    那我就一下面積個問題對xlrd模塊進行學習一下： 1.什么是xlrd模塊？ 2.為什么使用xlrd模塊？ 3.怎樣使用xlrd模塊？ 1.什么是xlrd模塊？ ?python操作excel主要用到xlrd和xlwt這兩個庫，即xlrd是讀excel，xlwt是寫excel的庫。 今天就先來說一下xl ......

    uj5u.com 2020-09-10 05:36:28 more
  • 當我們創建HashMap時，底層到底做了什么？

    jdk1.7中的底層實作程序（底層基于陣列+鏈表） 在我們new HashMap()時，底層創建了默認長度為16的一維陣列Entry[ ] table。當我們呼叫map.put(key1,value1)方法向HashMap里添加資料的時候： 首先，呼叫key1所在類的hashCode()計算key1 ......

    uj5u.com 2020-09-10 05:36:38 more
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  • 05單件模式

    #經典的單件模式 public class Singleton { private static Singleton uniqueInstance; //一個靜態變數持有Singleton類的唯一實體。 // 其他有用的實體變數寫在這里 //構造器宣告為私有，只有Singleton可以實體化這個類! ......

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  • 【架構與設計】常見微服務分層架構的區別和落地實踐

    軟體工程的方方面面都遵循一個最基本的道理：沒有銀彈，架構分層模型更是如此，每一種都有各自優缺點，所以請根據不同的業務場景，并遵循簡單、可演進這兩個重要的架構原則選擇合適的架構分層模型即可。 ......

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