Educational Codeforces Round 112 (Rated for Div. 2)（补题）

Posted 2021-08-30 佐鼬Jun

B. Two Tables

题意： 给定一个W*H的矩形，在里面有一个蓝色桌子，坐标（左右顶点）(x1,y1)(x2,y2)，然后还要在里面放一个红色桌子，要想放开红色桌子，问你蓝色桌子移动的最小距离。
思路： 只需要单一的上下左右移动即可，因为蓝色方块向单一方向移动，对另一个方向是没有贡献的(也可以理解为，因为蓝色方块周边的区域总是有长或者宽是和W或H是一样的，所以就不用再动它了)
知道只用单一移动的话，就把所有情况讨论出来就行了，上下左右移动的最小值取出来就行

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
int W, H;
int x1, y1, x2, y2;
int ww, hh;
int main() {
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        int ax, ay, bx, by;
        int dis = inf;
        scanf("%d%d", &W, &H);
        scanf("%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2);
        scanf("%d%d", &ww, &hh);
        ax = max(0, ww - x1);  //向右移动距离
        ay = max(0, hh - y1);  //向上移动距离
        //再没越界的情况下，取移动最小值
        if (ax + x2 <= W) dis = min(dis, ax);
        if (ay + y2 <= H) dis = min(dis, ay);
        bx = max(0, x2 - (W - ww));  //向左移动
        by = max(0, y2 - (H - hh));  //向下移动
        //在没越界的情况下取移动最小值
        if (x1 - bx >= 0) dis = min(dis, bx);
        if (y1 - by >= 0) dis = min(dis, by);
        //如果没更新过说明，移动越界了
        if (dis == inf)
            puts("-1");
        else
            printf("%.9lf\\n", (double)dis);
    }
    return 0;
}

C. Coin Rows

题意： 有2*n的矩阵，矩阵里有相应的点数，游戏得分为Bob得分，Alice先走，Alice想让Bob得分最小，Bob想得分最多，双方都进行最优策略，那么游戏结束时，得分为多少(一开始理解错题意了，一维Alice想让自己得分最少，想了半天没想明白)
思路： 对于Bob来说，只有两种方案，要么向右走最后向下走，要么向下走一个然后再一直向右走。
证： 对于Alice来说，Alice可以走的方案，只有下面三种图案

那么对于Bob来说，Alice如果走前两种方案，那么Bob只要走相反图案路线就行，如果是第三种，对于Bob只能吃到左下或者右上的分数，所以只要比较左下或右上哪个分数大，就抄那个路线走。
例如，右上角分数总和大，那就Bob一直向右走在向下走就行。
所以，综上所述，无论是那种情况，Bob都只能走两种方案，就是思路里写的。
此时就提前算出每种情况的左下角的总值和右上角的总值
也就是前缀和和后缀和的
Alice要让Bob分数最小化，也就是说让Bob选择的方案是Bob所有最好方案的最小值(就是只能让Bob选这条路走)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
#define inf 0x3f3f3f3f
int a[N], b[N];
int sum1[N], sum2[N];
int main() {
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        memset(a, 0, sizeof(a));
        memset(b, 0, sizeof(b));
        int n;
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            scanf("%d", &a[i]);
        }
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            scanf("%d", &b[j]);
            b[j] += b[j - 1];
        }
        for (int i = n; i >= 1; i--) {
            a[i] += a[i + 1];
        }
        int res = inf;
        //枚举Alice从哪个点开始向下走
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            res = min({res, max(a[i + 1], b[i - 1])});
        }
        printf("%d\\n", res);
    }
    return 0;
}

D. Say No to Palindromes

题意： 定义美丽字符串为，其子串没有长度大于等于2的回文子串，只要没有，就是美丽字符串。
题目中字符串只有abc组成
现在m次查询，问你截取$[l,r]$的字符串，问你把他变成美丽字符串的最小操作数，并输出。
思路： 一个字符串的子串想要不回文
拿开头是a举例，第二个只能放‘b’/‘c’，此时放b,那么第三个只能放‘c’,第四个只能放‘a’,…一旦不这样放，就会出现回文。
所以就形成了abcabcabc循环的串
一共有六种循环串
abc,acb,bac,bca,cab,cba
只要那$[l,r]$的串与这六种循环串进行对比，看不同单字符个数，不同的就是要操作的个数，最终取最小值就行。
为降低时间复杂度，可以利用前缀和，提前预处理出来与六种循环串不同字符的个数，最终直接sum[l]-sum[r-1]就行
对于$l=r和l+1=r$特判就行

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
#define inf 0x3f3f3f3f
char s[N];
int n, m;
int sum[N][6];
char p[N][6];

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    scanf("%s", s + 1);
    for (int i = 0; i < 6; i++) {
        char x = 'a' + i % 3;
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            p[j][i] = x;
            if (i > 2) {
                x++;
                if (x == 'd') x = 'a';
            } else {
                if (x == 'a')
                    x = 'c';
                else
                    x--;
            }
        }
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            sum[j][i] = sum[j - 1][i] + (s[j] != p[j][i]);
        }
    }
    while (m--) {
        int l, r;
        scanf("%d%d", &l, &r);
        if (l == r)
            puts("0");
        else if (l + 1 == r) {
            if (s[l] != s[r])
                puts("0");
            else
                puts("1");
        } else {
            int res = inf;
            for (int i = 0; i < 6; i++) {
                res = min(res, sum[r][i] - sum[l - 1][i]);
            }
            printf("%d\\n", res);
        }
    }
    return 0;
}

To be continued
如果你有任何建议或者批评和补充，请留言指出，不胜感激