Codeforces Round #541 (Div. 2) 题解

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：

#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;
}

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x_i,y_i,x_i+1,y_i+1来说，肯定满足max(x_i,y_i)<=p<=min(x_i+1,y_i+1)的，然后就借用这个式子来算。注意一下x_i==y_i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：

#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;
}

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(a_i+2-a_i)，然后只需要证明不可能存在max(a_i+1-a_i)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：

#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;
}

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：

#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<<'
';
        }
    }
    return 0;
}

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：

#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;
}

最后再口胡一下E题吧...E题就是首先定义字符串的" * "操作，s*t=t+s1+t+s2+....+sn+t，然后给出n个字符串，最后问最终的字符串中，连续的字符最多有多少个？

感觉这题也还是挺有意思的，可以用递推来解：设f[i][j]表示为前i个字符串，字符j的最长连续字符的个数。那么到第i+1个字符串时，首先求出它的前后缀，然后分情况转移：

1.当前串的所有字符都相同；2.连续的前缀和连续的后缀相等；3.连续的前缀和连续的后缀不相等，这个应该还是比较好求了。

这是从前往后递推的，然后也可以从后往前递归，题解说的是可以证明这个结合律是合法的，然后从后往前，其实思想都差不多。