AtCoder Regular Contest 103
AtCoder Regular Contest 103
一些吐槽
參加的第一場\(ARC\):一個模擬 + 三個構造
沒見過比這更令人感動的題型設置了(簡直就是針對我(TAT)) 。
感覺全場就我一個人\(E\)題WA了四遍才過.......
C-////
題目大意:
網址
給定一個串\(S\),要求修改一些字符,使得串滿足以下條件:
- \(S_i = S_{i+2}\)
- \(S_1 \neq S_2\) 。
問最少需要修改多少個字符。
題解:
無腦統計一下奇數和偶數格的每種種類。
然後在最大值和次大值中進行抉擇即可,各種情況討論一下就行了。
代碼:
#include<bits/stdc++.h> #define IL inline #define _ 200005 #define ll long long using namespace std ; IL int gi(){ int data = 0 , m = 1; char ch = 0; while(ch!='-' && (ch<'0'||ch>'9')) ch = getchar(); if(ch == '-'){m = 0 ; ch = getchar() ; } while(ch >= '0' && ch <= '9'){data = (data<<1) + (data<<3) + (ch^48) ; ch = getchar(); } return (m) ? data : -data ; } map<int,int>M[2] ; struct Item{ int val , cnt ; bool operator < (const Item &B) const { return (cnt ^ B.cnt) ? cnt > B.cnt : val > B.val ; } }p[2][_] ; int n , A[_] , tot[2] , n1 , n0 , ans ; int main() { freopen("testdata.in","r",stdin) ; n = gi() ; for(int i = 1; i <= n; i ++) A[i] = gi() ; for(int i = 1; i <= n; i += 2) { M[0][A[i]] ++ ; n0 ++ ; } for(int i = 2; i <= n; i += 2) { M[1][A[i]] ++ ; n1 ++ ; } int p1 , p2 ; for(map<int,int>::iterator it = M[0].begin(); it != M[0].end(); it ++) { p[0][++tot[0]].val = it->first ; p[0][tot[0]].cnt = it->second ; } for(map<int,int>::iterator it = M[1].begin(); it != M[1].end(); it ++) { p[1][++tot[1]].val = it->first ; p[1][tot[1]].cnt = it->second ; } sort(p[0] + 1 , p[0] + tot[0] + 1) ; sort(p[1] + 1 , p[1] + tot[1] + 1) ; if(tot[0] == 1 && tot[1] == 1) { if(p[0][1].val == p[1][1].val) ans = min(n0 , n1) ; else ans = 0 ; } else if(tot[0] == 1) { if(p[0][1].val == p[1][1].val) { ans = min(1 + n1 - p[1][1].cnt , n1 - p[1][2].cnt) ; } else ans = n1 - p[1][1].cnt ; } else if(tot[1] == 1) { if(p[1][1].val == p[0][1].val) { ans = min(1 + n0 - p[0][1].cnt , n0 - p[0][2].cnt) ; } else ans = n0 - p[0][1].cnt ; } else { if(p[1][1].val == p[0][1].val) ans = min(n1 - p[1][1].cnt + n0 - p[0][2].cnt , n0 - p[0][1].cnt + n1 - p[1][2].cnt) ; else ans = n1 - p[1][1].cnt + n0 - p[0][1].cnt ; } cout << ans << endl ; return 0 ; }
D-Robot Arms
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題目大意:
給定平面上的\(n\)個點,要求構造\(m\)個數\(d_1,d_2...d_m\),需滿足:
移動原則:從原點出發,走\(m\)步,每次可以向 上/下/左/右 走\(d_i\) 。
要求\(n\)個點都可以用 構造出的\(m\)個\(d\)通過上述方式到達。
其中構造結果有限制:\(m \leq 40\) , \(d \leq 10^{12}\),無解輸出\(-1\)。
題解:
若\(n\)個點需要移動的步數奇偶性不同顯然無解。
有個結論:用\(2^0,2^1...2^k\) 可以構造出\(2^{k+1}-1\)範圍內的所有奇數。
若需要步數為偶數,我們強行開始時移動一步,把其變為奇數的情況。
根據上面的結論,\(d=2^0,2^1...2^{33}\),每次貪心移動到離原點較近的點即可。
代碼:
#include<bits/stdc++.h> #define IL inline #define _ 1005 #define ll long long using namespace std ; IL ll gi(){ ll data = 0 , m = 1; char ch = 0; while(ch!='-' && (ch<'0'||ch>'9')) ch = getchar(); if(ch == '-'){m = 0 ; ch = getchar() ; } while(ch >= '0' && ch <= '9'){data = (data<<1) + (data<<3) + (ch^48) ; ch = getchar(); } return (m) ? data : -data ; } ll X[_],Y[_],dis[_],n,m,mx[_],my[_] ; vector<ll>Arm ; vector<char>Ans[_] ; namespace cpp600{ IL void main() { m = 0 ; if(dis[1] % 2 == 0) { for(int i = 1; i <= n; i ++) { Ans[i].push_back('R') ; X[i] -- ; } m ++ ; Arm.push_back(1) ; } for(int i = 1; i <= n; i ++) X[i] = 2ll * X[i] , Y[i] = 2ll * Y[i] ; for(int i = 1; i <= n; i ++) { ll x = X[i] , y = Y[i] ; X[i] = x + y ; Y[i] = x - y ; X[i] >>= 1 ; Y[i] >>= 1 ; } //for(int i = 1; i <= n; i ++) cout << X[i] << " " << Y[i] << endl ; m += 34 ; for(int i = 1; i <= 34; i ++) Arm.push_back(1ll << (i - 1)) ; for(int i = 1; i <= n; i ++) { for(int e = 0; e <= 33; e ++) mx[e] = my[e] = 0 ; for(int e = 33; e >= 0 ; e --) { if(X[i] <= 0) mx[e] = 1 , X[i] += (1ll<<e) ; else if(X[i] > 0) mx[e] = -1 , X[i] -= (1ll<<e) ; } for(int e = 33; e >= 0 ; e --) if(Y[i] <= 0) my[e] = 1 , Y[i] += (1ll<<e) ; else if(Y[i] > 0) my[e] = -1 , Y[i] -= (1ll<<e) ; for(int e = 0; e <= 33; e ++) if(mx[e] > 0 && my[e] > 0) Ans[i].push_back('L') ; else if(mx[e] < 0 && my[e] < 0) Ans[i].push_back('R') ; else if(mx[e] > 0 && my[e] < 0) Ans[i].push_back('D') ; else if(mx[e] < 0 && my[e] > 0) Ans[i].push_back('U') ; } cout << m << endl ; for(int i = 0; i < m; i ++) cout << Arm[i] << " " ;cout << endl ; for(int i = 1; i <= n; i ++) { for(int j = 0; j < m; j ++) cout << Ans[i][j] ; cout << endl ; } return ; } } int main() { freopen("testdata.in","r",stdin) ; n = gi() ; bool flag = true ; for(int i = 1; i <= n; i ++) { X[i] = gi() , Y[i] = gi() ; if(!(-10 <= X[i] && X[i] <= 10)) flag = false ; if(!(-10 <= Y[i] && Y[i] <= 10)) flag = false ; } for(int i = 1; i <= n; i ++) dis[i] = abs(X[i]) + abs(Y[i]) ; for(int i = 2; i <= n; i ++) if((dis[i]&1) != (dis[1]&1)) {puts("-1") ; return 0 ;} cpp600::main() ; return 0 ; }
E-Tr/ee
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題目大意:
給定長度為\(n\)的字符串\(S\),
若\(S_i=0\)則表示不能通過割掉一條邊形成一個大小為\(i\) 的聯通塊。
若\(S_i=1\)則表示可以通過割掉一條邊形成一個大小為\(i\) 的聯通塊。
構造符合條件的\(n\)個節點的樹,無解輸出\(-1\)。
題解:
無解情況:\(S_1=0\)、\(S_n=1\)、\(S_i\neq S_{n-i}\) 。
否則考慮\(S_i=1\) 意味著存在一個大小為\(i\) 的子樹,\(S_i=0\)則表示不存在。
考慮從小子樹開始構造,設上一次構造出的為大小為\(l\) 的子樹。
這次要構造一個大小為\(k\) 的子樹,且不能讓大小\(\in (l,k)\) 的子樹出現。
由於\(S_1 = 1\),即大小為\(1\)的點可以隨便用。
所以可以這樣:新增一個根,把大小為\(l\) 的子樹接在其下,不足的大小\(k-l-1\)全用菊花補全。
代碼:
#include<bits/stdc++.h>
#define IL inline
#define _
#define ll long long
using namespace std ;
IL int gi(){
int data = 0 , m = 1; char ch = 0;
while(ch!='-' && (ch<'0'||ch>'9')) ch = getchar();
if(ch == '-'){m = 0 ; ch = getchar() ; }
while(ch >= '0' && ch <= '9'){data = (data<<1) + (data<<3) + (ch^48) ; ch = getchar(); }
return (m) ? data : -data ;
}
int n,lst,lst_n,oo,fa[1000005] ; char s[1000000] ;
int main() {
freopen("testdata.in","r",stdin) ;
scanf("%s" , s + 1) ;
n = strlen(s + 1) ;
if(s[1] == '0' || s[n] == '1') return puts("-1") , 0 ;
for(int i = 1; i <= n-1; i ++)
if(s[i] != s[(n-i)]) return puts("-1") , 0 ;
++ oo ;
lst = 1 ;
int rt = oo ;
for(int i = 2; i <= n / 2; i ++) {
if(s[i] == '0') continue ;
++ oo ;
fa[rt] = oo ;
rt = oo ;
for(int j = lst + 1; j <= i-1; j++) {
fa[++oo] = rt ;
}
lst = i ;
}
//cout << n << ": oo = "<<oo<<endl ;
fa[rt] = oo + 1 ;
int root = ++ oo ;
for(int j = oo + 1; j <= n; j ++) fa[j] = root ;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
if(i != root) printf("%d %d\n" , i , fa[i]) ;
return 0 ;
}
F-Distance Sums
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題目大意:
給定每個點\(i\)到其它點的距離和\(d_i\)。
構造一棵符合條件的樹,無解輸出\(-1\),保證\(d\)兩兩不同。
題解:
考慮\(v\)和它的父親\(u\)之間的關系:\(d_u = d_v + sz_v - (n-sz_v)\)。
即我們有:\(f_u = d_v - n + 2sz_v\) 。
把\(d\)按照降序排序,顯然葉子節點的\(d\)最大,故按照降序枚舉。
我們每枚舉到一個點,根據上式可以得到其父親的\(d\)的值,對應連接即可。
若找不到符合條件的\(d\),則無解。
註意這樣構造出來的樹不一定正確,所以最後再進行一遍樹形\(DP\)驗證構造正確性。
代碼:
#include<bits/stdc++.h>
#define IL inline
#define _ 1000005
#define ll long long
using namespace std ;
IL ll gi(){
ll data = 0 , m = 1; char ch = 0;
while(ch!='-' && (ch<'0'||ch>'9')) ch = getchar();
if(ch == '-'){m = 0 ; ch = getchar() ; }
while(ch >= '0' && ch <= '9'){data = (data<<1) + (data<<3) + (ch^48) ; ch = getchar(); }
return (m) ? data : -data ;
}
ll fa[_],sz[_],m,n,d[_],f[_],g[_] ;
struct Item{ll id , dis ; } t[_] ;
struct _Edge{int to,next ; }Edge[_<<1] ; int head[_],CNT ;
IL void AddEdge(int u , int v) {
Edge[++CNT] = (_Edge){v , head[u]} ; head[u] = CNT ;
return ;
}
IL bool cmp1(Item A , Item B){
return (A.dis ^ B.dis) ? A.dis < B.dis : A.id < B.id ;
}
IL bool cmp2(Item A , Item B){
return (A.id ^ B.id) ? A.id < B.id : A.dis < B.dis ;
}
void dfs1(int u , int From) {
sz[u] = 1ll ;
for(int e = head[u] ; e ; e = Edge[e].next) {
int v = Edge[e].to ; if(v == From) continue ;
dfs1(v , u) ;
f[u] += f[v] + sz[v] ;
sz[u] += sz[v] ;
}
return ;
}
void dfs2(int u , int From) {
for(int e = head[u] ; e ; e = Edge[e].next) {
int v = Edge[e].to ; if(v == From) continue ;
g[v] = f[u] + g[u] - (f[v] + sz[v]) + (n - sz[v]) ;
dfs2(v , u) ;
}
return ;
}
int main() {
freopen("testdata.in","r",stdin) ;
n = gi() ;
for(int i = 1; i <= n; i ++) t[i].id = i , t[i].dis = gi() ;
sort(t + 1 , t + n + 1 , cmp1) ;
for(int i = 1; i <= n; i ++) d[i] = t[i].dis ;
d[n + 1] = 1e18 ;
for(int i = n; i > 1; i --) {
int u = t[i].id ;
sz[u] ++ ;
ll ds = t[i].dis + 2ll * sz[u] - n ;
ll ps = lower_bound(d + 1 , d + n + 2 , ds) - d ;
if(ps >= i || t[ps].dis != ds) return puts("-1") , 0 ;
fa[u] = t[ps].id ;
sz[t[ps].id] += sz[u] ;
}
sort(t + 1 , t + n + 1 , cmp2) ;
for(int i = 1; i <= n; i ++) if(fa[i]) AddEdge(fa[i],i) , AddEdge(i,fa[i]) ;
dfs1(1 , 0) ;
dfs2(1 , 0) ;
for(int i = 1; i <= n; i ++) if(f[i]+g[i] != t[i].dis) return puts("-1") , 0 ;
for(int i = 1; i <= n; i ++) if(fa[i]) cout << fa[i] << " " << i << endl ;
return 0 ;
}
AtCoder Regular Contest 103