Codeforces Round #675 (Div. 2)【ABCD】

比赛链接：https://codeforces.com/contest/1422

A. Fence

题意

给出三条边 $a,b,c$，构造第四条边使得四者可以围成一个四边形。

题解

$d = max(a,b,c)$，可以将四条边中最长的两条边想象成一把可以开合的尺子。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        cout << max({a, b, c}) << "
";
    }
    return 0;
}

B. Nice Matrix

题意

定义各行列数值均对称的矩阵为好矩阵，给出一个 $n imes m$ 的矩阵，每次操作可以给一个数加一或减一，计算将它转为好矩阵的最少操作次数。 

题解

因为矩阵有两条中轴线，所以一个数最多需要与三个数对称相等，至于等的值，考虑 $1, 2, 6, 10$ ：

对于 $1,10$，只要等的值位于 $[1,10]$ 内，将二者变为相等的操作次数是相同的；

同理，对于 $2,6$，只要等的值位于 $[2,6]$ 内，将二者变为相等的操作次数也是相同的。

所以，最终等的值选取所有数排序后的中间区间内的任一值均可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n, m;
        cin >> n >> m;
        vector<vector<int>> a(n, vector<int> (m));
        for (auto &v : a)
            for (auto &x : v) cin >> x;
        long long ans = 0;
        vector<vector<bool>> vis(n, vector<bool> (m));
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < m; j++) {
                vector<int> v;
                for (int x : {i, n - 1 - i}) {
                    for (int y : {j, m - 1 - j}) {
                        if (!vis[x][y]) {
                            v.push_back(a[x][y]);
                            vis[x][y] = true;
                        }
                    }
                }
                if (v.size() >= 2) {
                    sort(v.begin(), v.end());
                    for (auto i : v) ans += abs(i - v[1]);
                }
            }
        }
        cout << ans << "
";
    }
    return 0;
}

C. Bargain

题意

给出一个数并抹去它的一段连续区间后将余下的数连接，计算所有可能得到的数之和。

题解

个位前的 $n-1$ 个数位有 $frac{n(n-1)}{2}$ 个连续区间，所以个位可以作为个位加 $frac{n(n-1)}{2}$ 次，个位之前的每个数位因为要抹去后面所有的数位，所以作为个位只可以加 $1$ 次；

同理：

十位可以作为十位加 $frac{(n-1)(n-2)}{2}$ 次，十位之前的每个数位可以作为十位加 $2$ 次；

千位可以作为千位加 $frac{(n-2)(n-3)}{2}$ 次，千位之前的每个数位可以作为千位加 $3$ 次；

…………

即每次将当前数位与之前数位的总和分别计算。

对于每次之前数位的总和可以维护一个前缀和。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
constexpr int MOD = 1e9 + 7;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    string s;
    cin >> s;
    ll sum = 0;
    for (char c : s) sum += c - '0';
    ll ans = 0,  p = 1;
    for (ll i = s.size() - 1; i >= 0; i--) {
        ll val = (s[i] - '0');
        ll mul = i * (i + 1) / 2;
        ll pre_val = (sum -= s[i] - '0');
        ll pre_mul = s.size() - i;
        ans += (val * mul + pre_val * pre_mul) % MOD * p % MOD;
        ans %= MOD;
        p = (p * 10) % MOD;
    } 
    cout << ans << "
";
    return 0;
}

D. Returning Home

题意

有一个 $n imes n$ 的方阵，每次可以花 $1$ 秒走到相邻的方格，方阵中有一些传送点，传送到所在行或列的传送点不花费时间，计算从 $(sx,sy)$ 走到 $(fx,fy)$ 的最短时间。

题解

共可分为两种情况：

• 不经传送点直接从起点走到终点
• 经过一个或多个传送到走到终点

第一种情况：所花时间即 $abs(sx-fx)+abs(sy-fy)$ 。

第二种情况：以相同的端点分别对传送点的横、纵坐标从小到大两两相邻建边，然后计算从起点到每个传送点的最短距离，最后枚举最终转折点，答案即 $min(dis_i + abs(fx - x_i) + abs(fy - y_i))$ 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    int sx, sy, fx, fy;
    cin >> sx >> sy >> fx >> fy;
    vector<int> x(m), y(m); 
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        cin >> x[i] >> y[i];
    }
    vector<vector<pair<int, int>>> G(m);
    vector<int> p(m);
    iota(p.begin(), p.end(), 0);
    //横坐标从小到大相邻建边
    sort(p.begin(), p.end(), [&](int i, int j) {
        return x[i] < x[j];
    });
    for (int i = 0; i + 1 < m; i++) {
        int u = p[i];
        int v = p[i + 1];
        int w = x[p[i + 1]] - x[p[i]];
        G[u].emplace_back(v, w);
        G[v].emplace_back(u, w);
    }
    //纵坐标从小到大相邻建边
    sort(p.begin(), p.end(), [&](int i, int j) {
        return y[i] < y[j];
    });
    for (int i = 0; i + 1 < m; i++) {
        int u = p[i];
        int v = p[i + 1];
        int w = y[p[i + 1]] - y[p[i]];
        G[u].emplace_back(v, w);
        G[v].emplace_back(u, w);
    }
    //初始答案为不经过传送点直接走到终点
    long long ans = abs(sx - fx) + abs(sy - fy);
    priority_queue<pair<long long, int>, vector<pair<long long, int>>, greater<pair<long long, int>>> pque;
    vector<long long> dis(m);
    vector<bool> vis(m);
    //计算起点到每个传送点的初始距离
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        pque.emplace(min(abs(sx - x[i]), abs(sy - y[i])), i);
    }
    //计算起点到每个传送点的最短距离
    while (!pque.empty()) {
        auto [d, u] = pque.top();
        pque.pop();
        if (vis[u]) continue;
        vis[u] = true;
        dis[u] = d;
        for (auto [v, w] : G[u]) {
            pque.emplace(d + w, v);
        }
    }
    //枚举以哪个传送点为最后转折点走到终点
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        ans = min(ans, dis[i] + abs(fx - x[i]) + abs(fy - y[i]));
    }
    cout << ans << "
";
    return 0;
}