标签：begin erase 正方形 ISE mes 证明 生成 时间 情况
题意：给 \(n\) 块宽度为 \(1\) 长度为 \(a_i\) 的木板，把这些木板拼在一起，求最大形成的正方形的边长。
题解：贪心，从大到小排序，然后找第一个满足 \(a_i<i\) 的位置break掉。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n, a[1005];
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
int k;
scanf("%d", &k);
while(k--) {
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
sort(a + 1, a + 1 + n, greater<int>());
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(a[i] >= i)
ans = i;
else
break;
}
printf("%d\n", ans);
}
}
题意：给两个互异的字符串 \(s\) 和 \(t\) ，必须选择某个 \(s[i]\) 和 \(t[j]\) 交换恰好1次，问能否使得两个字符串相等。
题解：交换恰好1次应该是最多减少两个不等的位置，找出不等的位置之后判断是不是恰好只有两个，若是，则直接交换然后判断相等，否则直接No。
注：由于是互异的所有不用特判0，否则0是一定合法的（交换(1,1)）。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
char s[10005], t[10005];
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
int k;
scanf("%d", &k);
while(k--) {
scanf("%d%s%s", &n, s + 1, t + 1);
vector<int> dif;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(s[i] != t[i]) {
dif.push_back(i);
if(dif.size() >= 3)
break;
}
}
if(dif.size() != 2) {
puts("No");
} else {
swap(s[dif[0]], t[dif[1]]);
if(strcmp(s + 1, t + 1) == 0)
puts("Yes");
else
puts("No");
}
}
}
题意：给两个互异的字符串 \(s\) 和 \(t\) ，选择某个 \(s[i]\) 和 \(t[j]\) 交换不超过 \(2n\) 次，问能否使得两个字符串相等。
题解：很显然有解的必要条件就是所有的字母出现都是偶数次，先判断这个。其次满足上面的必要条件之后必定有解，因为使用最多2次交换就可以消除至少1个位置上的不同。具体的做法是：固定已经相等的前半部分，然后假如 \(s[i] \neq t[i]\)，如果有某个后面的 \(s[id]=s[i]\) ，那么就把 \(s[id]\) 和 \(t[i]\) 交换。否则，必定存在某个后面的 \(t[id]=s[i]\) ，但是 \(t[id]\) 不能直接与 \(t[i]\) 交换，所以让它与 \(s[n]\) 交换（这样比较好写），然后把 \(s[n]\) 和 \(t[i]\) 交换。
注：输出要先输出 \(i\) 再输出 \(j\) ，这个WA不值得。用set实现的这个算法可以应对5e4级别的，可惜数据量太小了，各路神仙直接暴力。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
char ss[55], tt[55];
int s[55], t[55];
set<int> accs[128], acct[128];
vector<pair<int, int> > op;
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
int k;
scanf("%d", &k);
while(k--) {
scanf("%d%s%s", &n, ss + 1, tt + 1);
for(int c = 'a'; c <= 'z'; ++c) {
accs[c].clear();
acct[c].clear();
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
s[i] = (int)ss[i];
t[i] = (int)tt[i];
accs[s[i]].insert(i);
acct[t[i]].insert(i);
}
bool suc = 1;
for(int c = 'a'; c <= 'z'; ++c) {
if((accs[c].size() + acct[c].size()) & 1) {
suc = 0;
break;
}
}
if(suc) {
op.clear();
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
accs[s[i]].erase(i);
if(s[i] != t[i]) {
if(accs[s[i]].size()) {
int id = *accs[s[i]].begin();
accs[s[id]].erase(id);
accs[t[i]].insert(id);
acct[t[i]].erase(i);
acct[s[id]].insert(i);
op.push_back({id, i});
swap(s[id], t[i]);
} else {
int id = *acct[s[i]].begin();
accs[s[n]].erase(n);
accs[t[id]].insert(n);
acct[t[id]].erase(id);
acct[s[n]].insert(id);
op.push_back({n, id});
swap(t[id], s[n]);
id = *accs[s[i]].begin();
accs[s[id]].erase(id);
accs[t[i]].insert(id);
acct[t[i]].erase(i);
acct[s[id]].insert(i);
op.push_back({id, i});
swap(s[id], t[i]);
}
}
acct[t[i]].erase(i);
}
puts("Yes");
printf("%d\n", (int)op.size());
for(auto i : op)
printf("%d %d\n", i.first, i.second);
} else
puts("No");
}
}题意：给排成一行的 \(n\) 个格子，要求所有的 \(i,j\) 满足 \(|i-j|\) 是 \(n\) 的因子的，都要同色，求最大的涂色数。
题解：非常显然就是所有质因子的gcd，当然因为都是质因子所有直接判断有没有多种然后输出 \(1\) 就可以，为什么要放在C题坑人，放在B题不好吗。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n;
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
while(~scanf("%lld", &n)) {
if(n == 1) {
puts("1");
continue;
}
ll cn = n;
vector<ll> fac;
for(ll i = 2; i * i <= cn; ++i) {
if(cn % i == 0) {
fac.push_back(i);
while(cn % i == 0)
cn /= i;
}
}
if(cn != 1)
fac.push_back(cn);
if(fac.size() >= 2)
puts("1");
else
printf("%lld\n", fac[0]);
}
}题意：给一个 \(n\) 个节点的完全图，有 \(m\) 条权为1的边，其他的边权为0，求最小生成树的权值和。
题解：改写Prim算法，放三个容器，一个权为无穷（未知），一个权为0，一个权为1，每次优先取出0容器里面的扩展，不消耗任何东西，否则取出1容器的扩展，cost++。扩展的时候1容器可以从无穷容器夺取节点，0容器可以从1容器夺取节点，所以1容器和无穷容器应该是set。复杂度想不明白。
注：换了好几次做法，最后应该是时间不够，浪费太多在前面换来换去了，应该是类似0-1BFS的思路，改写Prim算法。？？？这样魔改之后不就是0-1BFS了吗？就直接用0-1BFS就可以了。
补题细节：弄一个链表/并查集存放不在0容器里面的节点，遍历有序的边表时可以顺便知道哪些节点会进入0容器，哪些节点会变成1然后暂时放进1容器，吐出一个最小度点之后会删除这个链表/并查集中的大部分节点，最差情况是最小度点也是满的，也就是1e5的平方根的完全图，这种情况退化到2次方带log？但是数据小没问题（或者另外写一个算法解决这种情况），吐出点的顺序按度数来启发式吐，这样复杂度更玄学。
实验证明这样是对的。只有0-1边权的Prim实际上就和0-1BFS没有什么不同。主要是要避免遍历0边，解决的方法是记录还没有变成0边且有机会变成0边的节点，然后启发式吐出来一次尽可能把最多的0节点确定下来，复杂度玄学。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 100005;
vector<int> G[MAXN];
int d[MAXN];
int dis[MAXN], vis[MAXN];
priority_queue<pair<int, int> > one, zero;
int pre[MAXN], nxt[MAXN];
int Prim(int s, int n) {
int cnt = 0, cost = 0;
dis[s] = 0;
zero.push({-d[s], s});
nxt[pre[s]] = nxt[s];
pre[nxt[s]] = pre[s];
while(cnt < n) {
int u = -1;
if(zero.size()) {
u = zero.top().second;
zero.pop();
} else {
u = one.top().second;
one.pop();
if(!vis[u])
++cost;
}
if(vis[u])
continue;
vis[u] = 1;
++cnt;
int cur = nxt[0];
for(int j = 0; j <= d[u]; ++j) {
int v = G[u][j];
while(v > cur) {
if(dis[cur] != 0 && vis[cur] == 0) {
dis[cur] = 0;
zero.push({-d[cur], cur});
nxt[pre[cur]] = nxt[cur];
pre[nxt[cur]] = pre[cur];
}
cur = nxt[cur];
}
if(v == cur) {
if(cur <= n && dis[cur] == INF) {
dis[cur] = 1;
one.push({-d[cur], cur});
}
cur = nxt[cur];
}
}
}
return cost;
}
int main() {
#ifdef KisekiPurin
freopen("KisekiPurin.in", "r", stdin);
#endif // KisekiPurin
int n, m;
while(~scanf("%d%d", &n, &m)) {
while(one.size())
one.pop();
while(zero.size())
zero.pop();
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
G[i].clear();
dis[i] = INF;
vis[i] = 0;
}
for(int i = 0; i <= n; ++i) {
pre[i] = i - 1;
nxt[i] = i + 1;
}
while(m--) {
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
int s = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
d[i] = G[i].size();
sort(G[i].begin(), G[i].end());
G[i].push_back(n + 1);
if(d[i] < d[s])
s = i;
}
printf("%d\n", Prim(s, n));
}
}
Codeforces Round #599 (Div. 2)
标签：begin erase 正方形 ISE mes 证明 生成 时间 情况
原文地址：https://www.cnblogs.com/KisekiPurin2019/p/11809724.html
