比赛时候只做出AB，E题一眼看过去似乎线段树能搞，但是写完过不了样例，才发现看错题了，然后比赛就没啥时间了~~整体状况还是很糟糕，A，B题实在出得太慢，然后持续到现在还没出过C题。。。不能更弱%>_<%
A：在N*N的棋盘上放棋子，使得每一个棋子四周都没有相邻的棋子，问最多能够放置多少棋子。
这个直接每个格子一次判断能不能放就好
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <iostream> #include <cstring> #include <string> using namespace std; #define MAXN 1005 bool visit[MAXN][MAXN]; int main() { int n,cnt=0; memset(visit,false,sizeof(visit)); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=n;j++) { if(!visit[i][j-1]&&!visit[i-1][j]) { visit[i][j]=true; cnt++; } } } printf("%d ",cnt); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=n;j++) { if(visit[i][j]) { printf("C"); } else { printf("."); } } printf(" "); } return 0; }
B:读懂题就很好搞了，并且是special judge，没什么技术含量。。。代码写得很挫
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <iostream> #include <cstring> #include <string> using namespace std; #define MAXN 1005 bool visit[MAXN][MAXN]; struct node { int x,y; }; node pr[MAXN]; int a[MAXN][MAXN]; int main() { int cnt,n,m,p; memset(visit,false,sizeof(visit)); scanf("%d%d%d",&n,&m,&p); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&a[i][j]); } cnt=0; if(p==0) { for(int i=1;i<m;i++) for(int j=i+1;j<=m;j++) for(int k=1;k<=n;k++) if(a[k][i]>a[k][j]) { swap(a[k][i],a[k][j]); if(!visit[i][j]) { visit[i][j]=true; pr[cnt].x=i; pr[cnt++].y=j; } } } else { for(int i=1;i<m;i++) for(int j=i+1;j<=m;j++) for(int k=1;k<=n;k++) if(a[k][i]<a[k][j]) { swap(a[k][i],a[k][j]); if(!visit[i][j]) { visit[i][j]=true; pr[cnt].x=j; pr[cnt++].y=i; } } } printf("%d ",cnt); for(int i=0;i<cnt;i++) printf("%d %d ",pr[i].x,pr[i].y); /*for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) printf("%d ",a[i][j]); printf(" "); }*/ return 0; }
C：有n头牛排在一行，每头牛要么朝左，要么朝右，需要按一定顺序对所有的牛进行挤奶，对于当前挤奶的牛，其他能够看到它的未挤奶的牛的奶量会减少1，问最少会减少多少牛奶？
这个可以贪心搞，统计每头奶牛能被多少条其他的牛看到等于每头牛能看到的奶牛数，先对朝右的奶牛进行挤奶，然后逆序对朝左的奶牛进行挤奶。我们按顺序进行统计就好，如果当前的牛是面向左边，那么就累加它左边面朝右的奶牛数加到最终答案中，线性扫一遍就OK
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> using namespace std; typedef long long LL; int main() { int n; LL cnt=0,ans=0; scanf("%d",&n); for(int i=0;i<n;i++) { int a; scanf("%d",&a); if(a) cnt++; else ans+=cnt; } cout<<ans<<endl; return 0; }
D：有一个N*N(1 ≤ n ≤ 109)的网格，有m(1 ≤ m ≤ 105)个单位格子放置有障碍物，要求你从(1,1)走到(n,n),问最少的时间是多少（只能往下或者往右走）？
暂时木有想法~~
E：有一颗n个结点的有根树，每个结点有一个值a[i],可以对树进行以下两种操作:
1、"1 x val" 把结点x的值加val,同时把结点x的儿子的值加上-val,结点x的儿子的儿子加上val，等等依次这样进行
2、"2 x"查询结点x的值
由于第一个操作是对整个以x为根的子树进行修改，因此我们可以利用dfs序把整个子树重新编号为连续的区间，然后与结点x的树高的奇偶性相同的儿子结点是加val，否则就是加-val,一般我们我们遇到的区间操作都是，对某个区间进行同一种修改操作，但是此题是结点的奇偶性不同，操作不同，如果我们用一颗线段树或者树状数组的话搞起来很麻烦，我们可以根据结点的奇偶搞两颗BIT，然后根据结点x的奇偶性对对应的BIT进行相应的区间修改操作，查询也是根据结点的奇偶性在对应的BIT上进行查询
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; #define MAXN 200055 int a[MAXN]; typedef struct { int adv; int next; } NODE; NODE edg[2*MAXN]; int head[MAXN],c[2][MAXN]; int low[MAXN],high[MAXN],deg[MAXN]; bool visit[MAXN]; int n,m,k,step=0; void addege(int u,int v) { edg[k].adv=v; edg[k].next=head[u]; head[u]=k++; } void dfs(int u,int dg) { int i; low[u]=++step; deg[u]=dg; visit[u]=true; for(i=head[u]; i!=-1; i=edg[i].next) if(!visit[edg[i].adv]) dfs(edg[i].adv,(dg+1)%2); high[u]=step; } int lowbit(int x) { return x&-x; } void add(int x,int d,int fg) { while(x<=n) { c[fg][x]+=d; x+=lowbit(x); } } int query(int x,int fg) { int ret=0; while(x>0) { ret+=c[fg][x]; x-=lowbit(x); } return ret; } int main(void) { memset(head,-1,sizeof(head)); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]); k=1; for(int i=1; i<n; i++) { int u,v; scanf("%d%d",&u,&v); addege(u,v); } dfs(1,0); while(m--) { int op,x,v; scanf("%d%d",&op,&x); if(op==1) { scanf("%d",&v); add(low[x],v,deg[x]); add(high[x]+1,-v,deg[x]); add(low[x],-v,(deg[x]+1)%2); add(high[x]+1,v,(deg[x]+1)%2); } else printf("%d ",a[x]+query(low[x],deg[x])); } return 0; }