比赛链接：https://codeforces.com/contest/1335
这场比赛打起来还行，除了数组开太小的蜜汁操作WA了几发（不是第一次了，习惯了）。
A - Candies and Two Sisters
给定n，把n拆成a,b俩个数，满足a + b = n && a > b的方案数，（1， n - 1）, (2, n - 2)....., 就是（n - 1）/2。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 const int N = 1e5 + 10; 6 7 int T; 8 int n; 9 10 int main() 11 { 12 cin >> T; 13 while(T --) 14 { 15 cin >> n; 16 cout << (n - 1) / 2 << ' '; 17 } 18 }
B - Construct the String
给定n, a, b， b = min(a, 26), 构造一个长度为n并且每a个长度中就会有b个不要的字符串。那么我们之间让字符串的循环节为b一定满足要求。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 const int N = 1e5 + 10; 6 7 int T; 8 int n, a, b; 9 10 int main() 11 { 12 scanf("%d", &T); 13 while(T --) 14 { 15 scanf("%d%d%d", &n, &a, &b); 16 for (int i = 0; i < n; i ++) 17 { 18 printf("%c", i % b + 'a'); 19 } 20 cout << ' '; 21 } 22 }
C - Two Teams Composing
给定一个长度为n的数组a，1<=a[i]<= n， 把n个数分成俩组，满足第一组内每个数都不相同，第二组内每个数都相同，并且俩组大小要相同。
那么我们先求出出现次数最多的数的次数x，求出除了这个数以外的不重复数的个数y。肯定是输出x,y中小的那个数，再讨论下x - 1>=y + 1的情况。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 const int N = 2e5 + 10; 6 7 int T; 8 int n, a[N]; 9 int sum[N]; 10 int b[N]; 11 int cnt; 12 13 int main() 14 { 15 scanf("%d", &T); 16 while(T --) 17 { 18 memset(sum, 0, sizeof(sum)); 19 scanf("%d", &n); 20 for (int i = 1; i <= n; i ++) 21 scanf("%d", &a[i]), sum[a[i]] ++, b[i] = a[i]; 22 if(n == 1) 23 { 24 puts("0"); 25 continue; 26 } 27 int mx = 0; 28 for (int i = 1; i <= n; i ++) 29 mx = max(mx, sum[a[i]]); 30 sort(b + 1, b + n + 1); 31 cnt = unique(b + 1, b + n + 1) - (b + 1); 32 cnt --; 33 if(cnt + 1 <= mx - 1) 34 { 35 cout << cnt + 1 << endl; 36 continue; 37 } 38 else 39 cout << min(mx, cnt) << endl; 40 } 41 }
D - Anti-Sudoku
给定9 * 9的数独矩阵，改变9个位置使每行每列每9宫格中至少有一个数出现俩次，那么改变某一个数会改变所在的行，所在的列，所在的9宫格。那么只要找到9个数，占据每行每列9个9宫格。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 2e5 + 10; int T; int n, a[N]; int sum[N]; int b[N]; int cnt; char s[60][60]; void fun(int x, int y) { s[x][y] = (s[x][y] - '0' + 1) % 9 + '0'; if(s[x][y] == '0') s[x][y] = '9'; } int main() { scanf("%d", &T); while(T --) { for (int i = 1; i <= 9; i ++) scanf("%s", s[i] + 1); fun(1, 1); fun(2, 4); fun(3, 7); fun(4, 2); fun(5, 5); fun(6, 8); fun(7, 3); fun(8, 6); fun(9, 9); for (int i = 1; i <= 9; i ++) printf("%s ", s[i] + 1); } }
E - Three Blocks Palindrome
给定一个n(1 <= n <= 2e5)长的数组a(a[i] >= 1 && a[i] <= 200)，构成一个数组满足x个a, y个b，x个a，求max（x + y + x），其中x,y可以为0。
那么我们可以枚举值域y（1到200）,设l，r为下标，考虑l前面出现了x个y 那么r以后也应该出现x个y，然后只要求出l到r中出现次数最多的数，因为a[i]最多只有200，直接暴力。
复杂度为o（200 * n）。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 const int N = 2e5 + 10; 6 7 int T; 8 int n, a[N]; 9 int sum[N]; 10 int b[N]; 11 int cnt; 12 vector<int>x[210]; 13 vector<int>y[210]; 14 15 16 17 int fun() 18 { 19 int res = 0; 20 int id = 0; 21 for (int i = 1; i <= 200; i ++) 22 { 23 if(res < sum[i]) 24 { 25 res = sum[i]; 26 id = i; 27 } 28 } 29 return res; 30 } 31 32 int main() 33 { 34 scanf("%d", &T); 35 while(T --) 36 { 37 memset(sum, 0, sizeof(sum)); 38 for (int i = 0; i < 210; i ++) 39 x[i].clear(), y[i].clear(); 40 scanf("%d", &n); 41 for (int i = 1; i <= n; i ++) 42 scanf("%d", &a[i]), sum[a[i]] ++; 43 44 for (int i = 1; i <= n; i ++) 45 { 46 x[a[i]].push_back(i); 47 } 48 for (int i = n; i >= 1; i --) 49 { 50 y[a[i]].push_back(i); 51 } 52 int ans = 1; 53 for (int i = 1; i <= 200; i ++) 54 { 55 int t = x[i].size(); 56 if(!t) continue; 57 int l = 1, r = n; 58 for (int j = 0; j < t; j ++) 59 { 60 if(x[i][j] >= y[i][j]) break; 61 while(l <= x[i][j]) sum[a[l ++]] --; 62 while(r >= y[i][j]) sum[a[r --]] --; 63 // cout << l << " " << r << " " <<j << " " << fun()<< endl; 64 ans = max(ans, 2 * (j + 1) + fun()); 65 } 66 while(l > 1) sum[a[ --l]]++; 67 while(r < n) sum[a[ ++ r]] ++; 68 // cout << l << " " << r << endl; 69 } 70 cout << ans << endl; 71 } 72 }
F - Robots on a Grid
给一个n * m的图，每个格子上面有标有一个方向“上下左右”其中之一，不会越界，并且代表黑色或者白色。求在这些格子上最多能放多少个机器人，以及最多放多少个机器人在黑色格子。机器人要求一直在运动。
首先看到机器人一直在运动，肯定要满足环才可以，那么这题的第一问就变成求所有环的环长，拓扑排序求环即可。第二问的话，不仅要考虑环中的黑色点，还要考虑从环外进入环里的黑色格子，那么就在环中的某个点，反图bfs，求出每个能到点相对于这个点的距离。这个点在换上相对于这个点的距离肯定是dist % len，其中len为环长。第二问就迎刃而解。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 typedef pair<int, int> PII; 6 7 int dx[4] = {1, 0, -1, 0}; 8 int dy[4] = {0, 1, 0, -1}; 9 10 int main() 11 { 12 ios::sync_with_stdio(false); 13 cin.tie(0); 14 cout.tie(0); 15 int T; 16 cin >> T; 17 while(T --) 18 { 19 int h, w; 20 cin >> h >> w; 21 vector<string>c(h); 22 for (int i = 0; i < h; i ++) 23 cin >> c[i]; 24 vector<string>s(h); 25 for (int i = 0; i < h; i ++) 26 cin >> s[i]; 27 vector<vector<int>> deg(h, vector<int>(w, 0)); 28 for (int i = 0; i < h; i ++) 29 for (int j = 0; j < w; j ++) 30 { 31 if(s[i][j] == 'U') deg[i - 1][j] ++; 32 if(s[i][j] == 'D') deg[i + 1][j] ++; 33 if(s[i][j] == 'L') deg[i][j - 1] ++; 34 if(s[i][j] == 'R') deg[i][j + 1] ++; 35 } 36 vector<PII>que; 37 for (int i = 0; i < h; i ++) 38 for (int j = 0; j < w; j ++) 39 if(deg[i][j] == 0) 40 que.push_back({i, j}); 41 for (int i = 0; i < (int) que.size(); i ++) 42 { 43 int nx = que[i].first; 44 int ny = que[i].second; 45 int tx = nx; 46 int ty = ny; 47 if(s[nx][ny] == 'U') tx --; 48 if(s[nx][ny] == 'D') tx ++; 49 if(s[nx][ny] == 'L') ty --; 50 if(s[nx][ny] == 'R') ty ++; 51 if(-- deg[tx][ty] == 0) 52 { 53 que.push_back({tx, ty}); 54 } 55 } 56 vector< vector<int>> dist(h, vector<int>(w, -1)); 57 vector<int> cnt (h * w); 58 int A = 0, B = 0; 59 for (int i = 0; i < h; i ++) 60 for (int j = 0; j < w; j ++) 61 { 62 if(deg[i][j] != 0 && dist[i][j] == -1) 63 { 64 que.clear(); 65 que.push_back({i, j}); 66 dist[i][j] = 0; 67 int len = 0; 68 for (int t = 0; t < (int)que.size(); t ++) 69 { 70 int nx = que[t].first; 71 int ny = que[t].second; 72 if(deg[nx][ny] != 0) 73 len ++; 74 for (int k = 0; k < 4; k ++) 75 { 76 int tx = dx[k] + nx; 77 int ty = dy[k] + ny; 78 if(tx < 0 || tx >= h || ty < 0 || ty >= w || dist[tx][ty] != -1) continue; 79 int x = tx, y = ty; 80 if(s[tx][ty] == 'U') x --; 81 if(s[tx][ty] == 'D') x ++; 82 if(s[tx][ty] == 'L') y --; 83 if(s[tx][ty] == 'R') y ++; 84 if(x == nx && y == ny) 85 { 86 que.push_back({tx, ty}); 87 dist[tx][ty] = dist[nx][ny] + 1; 88 } 89 } 90 } 91 for (int i = 0; i < len; i ++) 92 cnt[i] = 0; 93 // cout << que.size() << endl; 94 for (int i = 0; i < (int)que.size(); i ++) 95 { 96 int nx = que[i].first; 97 int ny = que[i].second; 98 if(c[nx][ny] == '0') 99 { 100 cnt [dist[nx][ny] % len] = 1; 101 } 102 } 103 A += len; 104 B += accumulate(cnt.begin(), cnt.begin() + len, 0); 105 } 106 } 107 cout << A << " " << B << ' '; 108 } 109 }