概述
第一次接近前百纪念
这次的题意就不再赘述了
大概说一下方法
A. Casimir’s String Solitaire
思路：
每次都有B
B的数量等于A和C的和即可
时间复杂度：
O
n
On
On
#include <bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define der(i,a,b) for(re i = a ; i >= b ; -- i)
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define de(x) cout << x << "n"
#define sf(x) scanf("%lld",&x)
#define pll pair<int,int>
#define re register int
#define int long long
#define pb push_back
#define y second
#define x first
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f ;
const int N = 1e6 + 10 , M = 2010 , mod = 1e9 + 7 ;
signed main()
{
int t ;
cin >> t ;
while(t--)
{
string a ;
int kb = 0 , k = 0 ;
cin >> a ;
for(auto i : a)
{
if(i == 'B') kb ++ ;
else k ++ ;
}
if(kb == k) puts("YES") ;
else puts("NO") ;
}
return 0;
}
B. Shifting Sort
思路：
倒着做
每次找到最大的一个数，放到最后即可
注意序列是动态的 不过n很小
直接暴力
时间复杂度：
O
n
2
On^2
On2
#include <bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define der(i,a,b) for(re i = a ; i >= b ; -- i)
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define de(x) cout << x << "n"
#define sf(x) scanf("%lld",&x)
#define pll pair<int,int>
#define re register int
#define int long long
#define pb push_back
#define y second
#define x first
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f ;
const int N = 60 , M = 2010 , mod = 1e9 + 7 ;
int n ;
int a[N] ;
int b[N] ;
int c[N] ;
struct ai{
int l , r , d ;
}q[N] ;
signed main()
{
int t ;
cin >> t ;
while(t--)
{
cin >> n ;
fer(i,1,n) sf(a[i]) ;
fer(i,1,n) b[i] = a[i] ;
sort(b + 1 , b + 1 + n) ;
int hh = 0 ;
der(i,n,1)
{
int k = 0;
for(int j = i ; j >= 1 ; j --)
{
if(a[j] == b[i])
{
k = j ;
break ;
}
}
if(k != 0 && k != i)
{
q[++ hh] = {k,i,1} ;
fer(i,1,k-1) c[i] = a[i] ;
fer(i,k,n-1) c[i] = a[i+1] ;
c[n] = a[k] ;
memcpy(a,c,sizeof c) ;
}
}
cout << hh << 'n' ;
fer(i,1,hh) cout << q[i].l << " " << q[i].r << " " << q[i].d << "n" ;
}
return 0;
}
C. Ticks
思路：
模拟一下就行
时间复杂度：
O
n
m
k
Onmk
Onmk
#include <bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define der(i,a,b) for(re i = a ; i >= b ; -- i)
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define de(x) cout << x << "n"
#define sf(x) scanf("%lld",&x)
#define pll pair<int,int>
#define re register int
#define int long long
#define pb push_back
#define y second
#define x first
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f ;
const int N = 1e6 + 10 , M = 50 , mod = 1e9 + 7 ;
int n, m, k;
char s[M][M];
bool st[M][M];
bool check(int x, int y)
{
if(x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= m) return 0 ;
else return 1 ;
}
void get(int x, int y)
{
int l = 0, r = 0;
while (check(x - l, y - l) && s[x - l][y - l] == '*')
l ++;
while (check(x - r, y + r) && s[x - r][y + r] == '*')
r ++;
l --;
r --;
if (min(l, r) >= k) {
for (int i = 0; i <= min(l, r); i++) {
st[x - i][y - i] = 1;
st[x - i][y + i] = 1;
}
}
}
void solve()
{
cin >> n >> m >> k;
memset(st, 0, sizeof st);
fer(i,0,n-1)
scanf("%s", s[i]);
fer(i,0,n-1)
fer(j,0,m-1)
if (s[i][j] == '*')
get(i, j);
bool w = 1;
fer(i,0,n-1)
fer(j,0,m-1)
if (s[i][j] == '*' && st[i][j] == 0)
w = 0;
if (w)
puts("YES") ;
else
puts("NO") ;
}
signed main()
{
int t ;
cin >> t ;
while (t--)
{
solve() ;
}
return 0;
}
D. Productive Meeting
思路：
注意到a[i]的总和是2e5
直接大根堆每次取出最大的2个- -即可
其实这题是以前cf的原题
问的是不输出方案的最大值
记录最大值和总和比较一下即可on
其实每次取出最大的2个不一定是对的
（因为给不出证明）
其实我是想用set取出一大一小一定是对的
但是已经写完了优先队列就不想改了
时间复杂度：
O
n
l
o
g
n
Onlogn
Onlogn
#include <bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define der(i,a,b) for(re i = a ; i >= b ; -- i)
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define de(x) cout << x << "n"
#define sf(x) scanf("%lld",&x)
#define pll pair<int,int>
#define re register int
#define int long long
#define pb push_back
#define y second
#define x first
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f ;
const int N = 1e6 + 10 , M = 2010 , mod = 1e9 + 7 ;
int t ;
int n ;
int a[N] ;
pll ans[N] ;
signed main()
{
cin >> t ;
while(t--)
{
cin >> n ;
int s = 0 ;
priority_queue<pll> q ;
fer(i,1,n)
{
sf(a[i]) ;
if(a[i]) q.push({a[i],i}) ;
}
int hh = 0 ;
while(q.size() >= 2)
{
auto t1 = q.top() ;
q.pop() ;
auto t2 = q.top() ;
q.pop() ;
ans[ ++ hh] = {t1.y,t2.y} ;
t1.x -- , t2.x -- ;
if(t1.x) q.push({t1.x,t1.y}) ;
if(t2.x) q.push({t2.x,t2.y}) ;
}
de(hh) ;
fer(i,1,hh)
{
cout << ans[i].x << " " << ans[i].y << "n" ;
}
}
return 0;
}
E1. Permutation Minimization by Deque
思路：
用duque直接模拟
小的放前面，大的放后面即可
时间复杂度：
O
n
On
On
#include <bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define der(i,a,b) for(re i = a ; i >= b ; -- i)
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define de(x) cout << x << "n"
#define sf(x) scanf("%lld",&x)
#define pll pair<int,int>
#define re register int
#define int long long
#define pb push_back
#define y second
#define x first
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f ;
const int N = 1e6 + 10 , M = 2010 , mod = 1e9 + 7 ;
int t ;
int n ;
int a[N] ;
signed main()
{
cin >> t ;
while(t--)
{
cin >> n ;
fer(i,1,n) sf(a[i]) ;
deque<int> q;
q.push_back(a[1]);
for (int i = 2; i <= n; i++)
if (a[i] < q.front())
q.push_front(a[i]);
else
q.push_back(a[i]);
while (!q.empty()) {
printf("%lld ", q.front());
q.pop_front();
}
puts("") ;
}
return 0;
}
E2. Array Optimization by Deque
思路：
如果一个数放前面，代价是后面所有比它小的数的个数
如果一个数放后面，代价是前面所有比它大的数的个数
其实我们可以发现跟放的顺序无关
每次求出放前面的代价
和放后面的代价
哪个小就加那个
可以用树状数组动态维护
因为树状数组下标必须从1开始
所以离散化一下即可
时间复杂度： O n l o g n Onlogn Onlogn
#include <bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define der(i,a,b) for(re i = a ; i >= b ; -- i)
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define de(x) cout << x << "n"
#define sf(x) scanf("%lld",&x)
#define pll pair<int,int>
#define re register int
#define int long long
#define pb push_back
#define y second
#define x first
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f ;
const int N = 1e6 + 10 , M = 2010 , mod = 1e9 + 7 ;
int t ;
int n ;
int a[N] ;
int tr[N] ;
int lowbit(int x)
{
return x & -x ;
}
int sum(int x)
{
long long res = 0 ;
for(int i = x ; i ; i -= lowbit(i)) res += tr[i] ;
return res;
}
void add(int x , int c)
{
for(int i = x ; i <= n ; i += lowbit(i)) tr[i] += c ;
}
signed main()
{
cin >> t ;
while(t--)
{
cin >> n ;
vector<int> q ;
fer(i,1,n) sf(a[i]) , q.pb(a[i]) ;
sort(all(q)) ;
q.erase(unique(q.begin(),q.end()),q.end()) ;
fer(i,1,n) a[i] = lower_bound(all(q),a[i]) - q.begin() + 1 ;
// fer(i,1,n) cout << a[i] << " " ;
// puts("") ;
fer(i,1,n) tr[i] = 0 ;
int res = 0 ;
fer(i,1,n)
{
int hh = sum(a[i] - 1) , tt = sum(n) - sum(a[i]);
//cout << hh << " " << tt << "n" ;
if(hh <= tt)
{
res += hh ;
add(a[i],1) ;
}
else
{
res += tt ;
add(a[i],1) ;
}
}
de(res) ;
}
return 0;
}
F. Array Stabilization (AND version)
思路：
这种题一般先找性质
首先如果有0的话那么这个地方对应的位置是0还是1我们已经不关心了
因为这个位置一定一直都是0
因为0&1 = 0 0&0 = 0
然后我们发现题目给的d的意思是
每次0会向后面移动 (i + d) % n （假设0的下标是i）
那么如果(i + d) % n这个位置已经是0的话
那么i这个位置就没有意义了
因为后面的0会更新后面所有步数的答案
这个0就可以舍弃了
如果(i + d) % n这个位置是1的话
那就把它变成0
然后不断重复上述过程
我们可以用bfs/优先队列来维护
每次取出步数最小的下标
然后不断重复上述过程
因为每个点最多只被遍历一次
所以时间复杂度为nlogn
时间复杂度：
O
n
l
o
g
n
Onlogn
Onlogn
#include <bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define der(i,a,b) for(re i = a ; i >= b ; -- i)
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define de(x) cout << x << "n"
#define sf(x) scanf("%lld",&x)
#define pll pair<int,int>
#define re register int
#define int long long
#define pb push_back
#define y second
#define x first
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f3f ;
const int N = 1e6 + 10 , M = 2010 , mod = 1e9 + 7 ;
int t ;
int n , d ;
int a[N] ;
signed main()
{
cin >> t ;
while(t--)
{
cin >> n >> d ;
fer(i,0,n-1) sf(a[i]) ;
int res = 0 ;
priority_queue< pll , vector<pll> , greater<pll>> q ;
fer(i,0,n-1)
{
if(a[i] == 0) q.push({0,i}) ;
}
while(q.size())
{
auto t = q.top() ;
q.pop() ;
int x = (t.y + d) % n ;
if(a[x] == 0) continue ;
else
{
a[x] = 0 ;
q.push({t.x+1,x}) ;
res = max(res,t.x+1) ;
}
}
int f1 = 0 ;
fer(i,0,n-1)
{
if(a[i] == 1) f1 = 1 ;
}
if(!f1)
de(res) ;
else puts("-1") ;
}
return 0;
}
最后
以上就是爱笑豆芽为你收集整理的Codeforces Round #744 (Div. 3) A-F 题解的全部内容，希望文章能够帮你解决Codeforces Round #744 (Div. 3) A-F 题解所遇到的程序开发问题。
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