ACM团队周赛题解（2）

拉了CF583和CF486的两套div2题目

还是先贴宏定义部分

#define MAXN 1000000+5
#define MOD 1000000007
#define PI (acos(-1.0))
#define EPS 1e-6
#define MMT(s,a) memset(s, a, sizeof s)
#define GO(i,a,b) for(int i = (a); i < (b); ++i)
#define GOE(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define OG(i,a,b) for(int i = (a); i > (b); --i)
#define OGE(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)

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A - Asphalting Roads(CF-583A)

题意就是n条水平路，n条竖直路，构成井字形状。然后第i天会到(x_i,y_i)这个路口，如果这个路口得两条路都没有被染色，就输出这天并把两个路口都染上颜色，否则跳到下一天。

输出所有可以染色得天数。

题目思路：标记遍历即可

int main(){
    ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
    int n,x,y;
    cin>>n;
    int mp1[55] = {0},mp2[55] = {0};
    GO(i,0,n*n){
        cin>>x>>y;
        if(mp1[x] == 0 && mp2[y] == 0){
            cout << i+1 << " ";
            mp1[x] = mp2[y] = 1;
        }
    }
    cout << endl;

    return 0;
}

 

B - Robot's Task(CF-583B)

题意就是最开始从左往右走，如果现在值Num比a[i]大，则Num+1，否则跳过他，走到尽头如果有数没有经过，则转向再次走，已经走过的地方不能再走。

Num初始值为0，问至少转向几次。

思路：模拟即可

int main(){
    ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
    int n;
    int a[1005] = {0},vis[1005] = {0};
    cin>>n;
    GOE(i,1,n){
        cin>>a[i];
    }
    bool flag = true;
    int cnt = n,ans = 0,num = 0;
    while(cnt > 0){
        if(flag){
            GOE(i,1,n){
                if(!vis[i] && num >= a[i]){
                    vis[i] = 1;
                    num++;
                    cnt--;
                }
            }
        }
        else{
            OGE(i,n,1){
                if(!vis[i] && num >= a[i]){
                    vis[i] = 1;
                    num++;
                    cnt--;
                }
            }
        }
        flag = !flag;
        if(cnt > 0)
            ans++;
    }
    cout << ans << endl;

    return 0;
}

C - GCD Table(CF-583C)

给你一个打乱了的GCD表，问是哪些值构成的。

思路：这n个数一定就是对角线上的数，直接降序排列然后暴力找，每次找到的最大的数一定是其中一个数，然后求出它与已经求出的所有数的gcd在队列中去掉两个这个gcd数，保证所有大于等于下一个数字的gcd一定都被去掉了，剩下的最大的又是要找的数。

额外定义

template<typename T>
using maxHeap = priority_queue<T, vector<T>, less<T> >;

template<typename T>
inline T gcd(T a, T b){ return b==0 ? a : gcd(b,a%b); }

代码

int main(){
    ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
    int n,k = 0,temp,num;
    int a[250050],b[250050];
    cin>>n;
    GOE(i,1,n*n){
        cin>>a[i];
    }
    sort(a+1,a+1+n*n);
    maxHeap<int> q;
    OG(i,n*n,0){
        if(!q.empty())
            temp = q.top();
        else
            temp = 0;
        if(a[i] == temp){
            q.pop();
            continue;
        }
        GO(j,0,k){
            num = gcd(b[j],a[i]);
            q.push(num);
            q.push(num);
        }
        b[k++] = a[i];
    }
    GO(i,0,k)
        cout << b[i] << " ";
    cout << endl;
    
    return 0;
}

F - Calculating Function(CF-486A)

题意就是按照他给的公式输出F(n)；

思路：可以推出n为偶数是F(n) = n/2,否则F(n) = n/2 - n;

代码

int main(){
    ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
    ll n;
    cin>>n;
    if (n&1)
        cout << n/2 - n << endl;
    else
        cout << n/2 << endl;

    return 0;
}

G - OR in Matrix(CF-486B)

题目就是说b_ij为i行和j列的值OR操作的结果，现在给你操作后的表，要你求操作前的表。

思路：如果b_ij = 0，则证明i行和j列全是0，如果是1，则证明i行和j列必须有一个1，所以先把所有值设为1，按照题目把某些行列变为0，再判断一遍是否满足题意即可

代码

int main(){
    ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
    int n,m;
    int a[105][105],b[105][105];
    fill(b[0],b[0]+105*105,1);
    cin>>n>>m;
    GOE(i,1,n){
        GOE(j,1,m){
            cin>>a[i][j];
            if(a[i][j] == 0){
                GOE(ii,1,n)
                    b[ii][j] = 0;
                GOE(jj,1,m)
                    b[i][jj] = 0;
            }
        }
    }

    GOE(i,1,n){
        GOE(j,1,m){
            if(a[i][j] == 1){
                int flag = 0;
                GOE(ii,1,n){
                    if(b[ii][j] == 1){
                        flag = 1;
                        break;
                    }
                }
                GOE(jj,1,m){
                    if(b[i][jj] == 1){
                        flag = 1;
                        break;
                    }
                }
                if(!flag){
                    cout << "NO" << endl;
                    exit(0);
                }
            }
        }
    }

    cout << "YES" << endl;
    GOE(i,1,n){
        GOE(j,1,m)
            cout << b[i][j] << " ";
        cout << endl;
    }

    return 0;
}

H - Palindrome Transformation(CF-486C)

题意就是4种操作，最开始在k位置操作，问最少操作多少次使得原串变成回文串。

思路：因为是对称的，我们先不要管最开始在哪个位置，遍历即可，当a[i] != a[n-i-1]时候，我们再想是变a[i]还是变另一个，然后答案加上这个值。同时往容器中加上从k走到i远还是走到n-i-1近。

最后排序，答案加上最远距离于最近距离之差再加上这两者距离k最近的距离即可。

为什么只需要不需要管k的位置，因为k无论在哪里，我们都需要把所有不符合的字符走到，所以这里得花掉最远距离和最近距离的差，同时我们最开始在k，需要走到最近的位置开始遍历上一段距离，所以最终答案就是

　　ans = 每个不合格字符的操作次数 + 不合格字符的区间长度 + 从k位置走到这个区间的某一端点的距离；

因为不管你的k是否在这个区间内，都需要遍历一遍这个区间。

int main(){
    ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
    int n,k;
    string s;
    vector<int> q;
    cin>>n>>k>>s;
    int len = n/2,ans = 0;
    GO(i,0,len){
        if(s[i] != s[n-1-i]){
            int tp = abs(s[i] - s[n-1-i]);
            tp = min(tp,26-tp);
            ans += tp;
            if(tp)
                q.PB((abs(i+1-k) < abs(n-i-k)) ? i+1 : n-i);
        }
    }
    int cnt = q.size();
    if(q.empty())
        cout << ans << endl;
    else{
        sort(q.begin(),q.end());
        ans += q[cnt-1] - q[0] + min(abs(q[cnt-1]-k),abs(q[0]-k));
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

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D题E题时间关系暂时不补了。