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Codeforces Round #541 (Div. 2) 题解

时间:2019-02-25 00:56:04      阅读:233      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:ace   超过   out   技术   type   乱序   const   round   ++   

Codeforces Round #541 (Div. 2)

题目链接:https://codeforces.com/contest/1131

A. Sea Battle

题意:

给出两个矩形的宽和高,满足第一个矩形的左上顶点为(0,0),右下顶点为(w1,-h1);第二个矩形的坐下顶点为(0,0),右上顶点为(w2,h2)。然后求围绕这两个矩形一圈的格子个数为多少。

 

题解:

利用二维前缀和的思路推导一下公式就行了,公式也有很多吧==我当时就是大概模拟了一下。。

代码如下:

技术图片
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll w1,h1,w2,h2;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
    cin>>w1>>h1>>w2>>h2;
    ll ans = 0;
    ans+=(h1+h2+2)*(max(w1,w2)+2);
    ll now=min(w1,w2);
    ll tmp=max(w1,w2)-now;
    if(w1<w2) ans-=h1*tmp;
    else ans-=h2*tmp;
    ans-=(w1*h1+w2*h2);
    cout<<ans;
    return 0;
}
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B. Draw!

题意:

给出n次两个人的比分,每次给出xi,yi代表两个人的比分,然后问这两个人最多平局的多少次。

 

题解:

假设这两个人在比分为p的时候平局,对于xi,yi,xi+1,yi+1来说,肯定满足max(xi,yi)<=p<=min(xi+1,yi+1)的,然后就借用这个式子来算。注意一下xi==yi这种特殊情况,可能会被计算多次,处理一下就好了。

原谅我代码对不上上面的题解。。懒得改了,我感觉我的做题思路还没有抽象化,上面一题也是,基本都是采用模拟的方法来做的,没有很好地进行数学建模。

代码如下:

技术图片
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 10005;
int n;
int a[N],x[N],y[N];
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
    cin>>n;
    ll ans = 1;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i]>>y[i];
    ans+=min(x[1],y[1]);
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(x[i]>y[i]){
            int dx=x[i]-x[i-1],dy=y[i]-y[i-1];
            if(y[i]<x[i-1]) continue ;
            if(y[i-1]<x[i-1]) ans+=(y[i]-x[i-1]+1);
            else if(y[i-1]>x[i-1]) ans+=dy+1;
            else ans+=min(dx,dy);
        }else{
            int dx=x[i]-x[i-1],dy=y[i]-y[i-1];
            if(x[i]<y[i-1]) continue ;
            if(x[i-1]<y[i-1]) ans+=(x[i]-y[i-1]+1);
            else if(x[i-1]>y[i-1]) ans+=dx+1;
            else ans+=min(dx,dy);
        }
    }
    cout<<ans;
}
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C. Birthday

题意:

n个人,每个人都有对应的身高ai,然后这n个人站成一个圈,问怎样的站法,能够使相邻两个人的身高差最小,最后任意输出一种方法即可。

 

题解:

考虑贪心的做法(为啥这题的数据为100啊...),先对所有的数排个序,然后从前往后依次放奇数位置的人,从后往前依次放偶数位置的人。

题解的证明用到了哈密顿回路,我们这种做法得到的答案为max(ai+2-ai),然后只需要证明不可能存在max(ai+1-ai)这样的答案就行了,证明这个在直观上面还是比较好理解的,很容易得证。

代码如下:

技术图片
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 105;
int a[N],ans[N];
int n;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    sort(a+1,a+n+1);
    int fir=1,last=n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(i&1){
            ans[fir++]=a[i];
        }else ans[last--]=a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<" ";
    return 0;
}
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D. Gourmet choice

题意:

给出一个n*m的符号矩阵,分别对应第n个数和第m个数的大小关系,然后让你根据这个矩阵构造这n+m个数,如果得不到就输出"No"。

 

题解:

其实根据大小关系很容易想到拓扑排序,小的向大的连边,然后如果无环就存在一种情况。

但是这里有等于符号,在本题中,等于的那些数本质上是相等的,也就是说拥有相同的拓扑序,那我们用并查集缩点处理即可。

然后跑拓扑排序,途中标记答案,最后根据输出就行了。

注意一下这种情况:就是如果一些点都属于一个集合中,但是有些点的关系存在不等关系,这就矛盾了,要判断一下。

代码如下:

技术图片
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1005;
int n,m,cnt,tot;
char mp[N][N];
int f[N<<1],num[N<<1],head[N<<1],in[N<<1],ans[N<<1];
struct Edge{
    int u,v,next;
}e[N*N<<1];
int find(int x){
    return f[x]==x?f[x]:f[x]=find(f[x]);
}
void Union(int x,int y){
    int fx=find(x),fy=find(y);
    if(fx==fy) return ;
    f[fx]=fy;
}
void adde(int u,int v){
    e[tot].v=v;e[tot].next=head[u];head[u]=tot++;
}
int topsort(){
    queue <int> q;
    int tot=0;
    for(int i=1;i<=cnt;i++) if(!in[i]) q.push(i),tot++,ans[i]=1;
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();q.pop();
        for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){
            int v=e[i].v;
            if(--in[v]==0){
                ans[v]=ans[u]+1;
                q.push(v);
                tot++;
            }
        }
    }
    return tot==cnt;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int flag=0;
    for(int i=1;i<=n+m;i++) f[i]=i;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",mp[i]+1);
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(mp[i][j]===) Union(i,j+n);
            else flag=1;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n+m;i++){
        int f=find(i);
        if(!num[f]) num[f]=++cnt;
    }
    if(cnt==1 && flag){
        cout<<"No";
        return 0;
    }
    memset(head,-1,sizeof(head));
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            int u=num[find(i)],v=num[find(j+n)];
            if(u==v&&mp[i][j]!==){
                cout<<"No";
                return 0;
            }
            if(mp[i][j]==<) adde(u,v),in[v]++;
            else if(mp[i][j]==>) adde(v,u),in[u]++;
        }
    }
    int f=topsort();
    if(!f) cout<<"No";
    else{
        puts("Yes");
        for(int i=1;i<=n+m;i++){
            int fx=find(i);
            cout<<ans[num[fx]]<<" ";
            if(i==n) cout<<\n;
        }
    }
    return 0;
}
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F. Asya And Kittens

题意:

有n个数乱序排列,每个数都互不相等,并且它们中间有n-1个隔板将它们分离。现在每次会抽出两个数之中的隔板,进行n-1次操作,最终n个数之中没有隔板,最后输出这n个数排列的一种情况。注意题目中给出的两个数,不一定是相邻的,但它们一定在相邻的两个块中。

 

题解:

对于两个相邻的块,我们直接合并就行了,往左或者右合并都行,因为反正它们都会成为一个块。这里用并查集的话就要启发式合并,减少空间的消耗,具体点就是将size小的集合往size大的集合合并,这样可以节约总空间,并且可以证明空间复杂度不超过O(nlogn);如果不这样合并,空间复杂度上界可能为O(n^2)。

当然这里有个黑科技rope,用这个来储存十分节约空间,对于这个题怎么合并都行,并且单次插入、删除等操作都是O(logn)的复杂度,常数稍微大了点,但是已经十分优秀了。这个底层是用平衡树来搞的,似乎可以来代替块状链表= =反正就是个类似于链表的东西。

代码如下:

技术图片
#include <bits/stdc++.h>
#include <ext/rope>
using namespace std;
using namespace __gnu_cxx;
typedef long long ll;
const int N = 150005;
int n;
int f[N];
rope <int> a[N];
int find(int x){
    return f[x]==x ? f[x] : f[x]=find(f[x]);
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=i,a[i]=i;
    for(int i=1;i<n;i++){
        int x,y;
        cin>>x>>y;
        int fx=find(x),fy=find(y);
        if(fx==fy) continue ;
        f[fx]=fy;
        a[fy]+=a[fx];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int f=find(i);
        if(f==i){
            for(int j=0;j<a[f].size();j++){
                cout<<a[f][j]<<" ";
            }
            break ;
        }
    }
    return 0;
}
View Code

 

Codeforces Round #541 (Div. 2) 题解

标签:ace   超过   out   技术   type   乱序   const   round   ++   

原文地址:https://www.cnblogs.com/heyuhhh/p/10428699.html

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