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AtCoder Regular Contest 103

getchar() fin 條件 main from tasks 奇數 operator 降序排序

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\(m\)\(d\)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:
\(n\)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。

把坐標系\(45\)度翻轉,然後就只需要考慮一維了。
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\(S\)
\(S_i=0\)則表示不能通過割掉一條邊形成一個大小為\(i\) 的聯通塊。
\(S_i=1\)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

網址
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:\(f_u = d_v - n + 2sz_v\)
\(d\)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