[2019.3.8]codeforces1138 Codeforces Round #545 (Div. 2)

概况

排名:47/3403

过题数:4

Rating:(color{green}{+118})((color{purple}{1910}))

(上(color{purple}{紫})啦!)

题目

A. Sushi for Two

AC时间:3min,496分

题解:

每次记录相同的连续长度,和上一个长度取个min,更新答案就好了。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[100010],ans,tot,lst;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]),a[i]!=a[i-1]?ans=max(ans,min(tot,lst)),lst=tot,tot=0:0,++tot;
	ans=max(ans,min(lst,tot));
	printf("%d",ans*2);
	return 0;
}

B. Circus

AC时间:33min,845分(-1)

B题想了半小时。。。我以为我完了。。。

题解:

设(c_i=1,a_i=0)为第一种,数量为(tot_1);(c_i=1,a_i=1)为第二种,数量为(tot_2);(c_i=0,a_i=1)为第三种,数量为(tot_3);(c_i=0,a_i=0)为第四种,数量为(tot_4)。

我们枚举第一场中第一种,第二种的数量,发现剩下两种的(c_i=0),所以第一场有几个会的就确定了,那么第二场有几个会的也确定了,由于剩下的第二种人必然会在第二场,也就是必然会对第二场会的人数做出贡献,所以第二场中有几个第三种人也确定了,那么第一场有几个第三种人也确定了,又因为第一场中必然有(frac{n}{2})个人,那么第一场中第四种人的数量也随之确定。

然后判断方案合法性即可。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,c[5010],a[5010],tot1,tot2,tot3,tt1,tt2,tt3,tt4,t1,t2;
void scan(int &x){
	x=getchar();
	while(!isdigit(x))x=getchar();
	x-='0';
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)scan(c[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i)scan(a[i]),c[i]?(a[i]?++tot2:++tot1):tot3+=a[i];
	for(int i=0;i<=tot1;++i){
		for(int j=0;j<=tot2&&i+j<=n/2;++j){
			t1=i+j,t2=tot2-j;
			if(t1<t2)continue;
			tt1=i,tt2=j,tt3=tot3-(t1-t2),tt4=n/2-tt1-tt2-tt3;
			if(tt1>tot1||tt2>tot2||tt3>tot3||tt4>n-tot1-tot2-tot3)continue;
			if(tt3>=0&&tt4>=0)goto ANS;
		}
	}
	puts("-1");
	return 0;
	ANS:
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(c[i]&&!a[i]&&tt1)printf("%d ",i),--tt1;
		if(c[i]&&a[i]&&tt2)printf("%d ",i),--tt2;
		if(!c[i]&&a[i]&&tt3)printf("%d ",i),--tt3;
		if(!c[i]&&!a[i]&&tt4)printf("%d ",i),--tt4;
	}
	return 0;
}

C. Skyscrapers

AC时间:49min,1476分

题解:

比B水得多。

记第(i)行第(j)列的元素为((i,j))。

记录(rnkr_{i,j})表示((i,j))是第(i)行中第几小的(即它将在第(i)行中获得的编号),(rnkc_{i,j})表示((i,j))是第(j)列中第几小的(即它将在第(j)列中获得的标号)。

再记录(mxr_{i})表示第(i)行中有多少不同的元素(即第(i)行中最大的元素是第几小的),(mxc_i)表示第(i)列中有多少不同的元素(即第(j)列中最大的元素是第几小的)。

那么显然,我们考虑第(i)行第(j)列的时候,((i,j))获得的编号将是(max(rnkr_{i,j},rnkc_{i,j}))。

我们设((i,j))获得的编号为(id)。

那么为了满足相对大小不变,第(i)行中比((i,j))大的元素的编号将增大(id-rnkr_{i,j}),则第(i)行中最大的编号将是(mxr_i+(id-rnkr_{i,j}));

同理,为了满足相对大小不变,第(j)列中比((i,j))大的元素的编号将增大(id-rnkc_{i,j}),则第(j)列中最大的编号将是(mxc_j+(id-rnkc_{i,j}))。

于是答案就是上面两个东西的较大值了。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct CMP{
	int id,v;
}c[1010];
int n,m,a[1010][1010],rnkr[1010][1010],rnkc[1010][1010],mxr[1010],mxc[1010],t;
bool cmp(CMP x,CMP y){
	return x.v<y.v;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j)scanf("%d",&a[i][j]);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<=m;++j)c[j]=(CMP){j,a[i][j]};
		sort(c+1,c+m+1,cmp);
		for(int j=1;j<=m;++j)c[j].v>c[j-1].v?++mxr[i]:0,rnkr[i][c[j].id]=mxr[i];
	}
	for(int i=1;i<=m;++i){
		for(int j=1;j<=n;++j)c[j]=(CMP){j,a[j][i]};
		sort(c+1,c+n+1,cmp);
		for(int j=1;j<=n;++j)c[j].v>c[j-1].v?++mxc[i]:0,rnkc[c[j].id][i]=mxc[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<=m;++j){
			t=max(rnkr[i][j],rnkc[i][j]);
			printf("%d ",max(mxr[i]+(t-rnkr[i][j]),mxc[j]+(t-rnkc[i][j])));
		}
		puts("");
	}
	return 0;
}

D. Camp Schedule

AC时间:1h24min,1413分(-1)

题解:

发现一定是贪心地一个一个地排(t),直到不能排为止。

但是前一个(t)和后一个(t)可能会有重叠部分。

重叠部分最多是多少呢?

就是(t)的border,即(t)最长的前缀等于后缀的部分啦。

border怎么求呢?

跑一遍kmp就好啦。

然后呢?

我们以一个(t)串为基础,将(t)的border以后的部分不停地加入,直到不能再加就好了。

什么时候不合法呢?

1.剩下的长度不够放了;

2.放完后串的1的数量大于(s)中1的数量,或者0的数量大于(s)中的0数量。

注意:有可能连一个(t)也放不下,即(t)的长度大于(n),或(t)中1的数量大于(s)中1的数量,或者是(t)中0的数量大于(s​)中0的数量。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[500010],t[500010],p[500010];
int n,m,t1,tmp,nw,nxt[500010],len;
void getnxt(){
	nxt[1]=0;
	nw=0;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		while(nw!=0&&t[nw+1]!=t[i])nw=nxt[nw];
		if(t[nw+1]==t[i])nxt[i]=++nw;
		else nxt[i]=nw;
	}
}
int main(){
	scanf("%s%s",s+1,t+1);
	n=strlen(s+1),m=strlen(t+1);
	if(m>n)return(printf("%s",s+1),0);
	getnxt(),len=nxt[m];
	for(int i=1;i<=n;++i)t1+=s[i]=='1';
	for(int i=1;i<=m;++i)tmp+=t[i]=='1';
	if(tmp>t1)return(printf("%s",s+1),0);
	if(n-m+tmp<t1)return(printf("%s",s+1),0);
	for(int i=1;i<=m;++i)p[i]=t[i];
	t1-=tmp,tmp=0,nw=len+1;
	for(int i=1+len;i<=m;++i)tmp+=t[i]=='1';
	for(int i=m+1;i<=n;++i,nw=(nw==m?len+1:nw+1)){
		if(t[nw]=='0'){
			if(n-i+1==t1){
				for(int j=i;j<=n;++j)p[j]='1';
				break;
			}else p[i]='0';
		}else{
			if(!t1){
				for(int j=i;j<=n;++j)p[j]='0';
				break;
			}else p[i]='1',--t1;
		}
	}
	printf("%s",p+1);
	return 0;
}

总结

本场难度:E>F>D>B>C>A

下一场打Div.1就会掉回(color{blue}{蓝})名了QWQ