Educational Codeforces Round 118 (Rated for Div. 2) ABCDE

Posted 2021-12-29 斗奋力努

Educational Codeforces Round 118 (Rated for Div. 2) ABCDE

A. Long Comparison
题意
t组数据，每组数据给x1、p1、x2、p2代表两个数A，B。
A是x1后面加p1个0，B是x2后面加p2个0。比较A，B的大小。
思路
先比较长度，在长度相同的时候再一位位的比较大小。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int p1,p2,len1,len2;
string x1,x2;

void solve()
    cin>>x1>>p1>>x2>>p2;
    len1=x1.length(); len2=x2.length();
    if(len1+p1>len2+p2)puts(">");return;
    if(len1+p1<len2+p2)puts("<");return;
    int len=len1+p1,mi=min(len1,len2);
    for(int i=0;i<mi;i++)
        if(x1[i]>x2[i])puts(">");return;
        if(x1[i]<x2[i])puts("<");return;
    
    if(len1>len2)
        for(int i=mi;i<len1;i++)
            if(x1[i]!='0')puts(">");return;
        
        puts("=");
    
    else if(len1<len2)
        for(int i=mi;i<len2;i++)
            if(x2[i]!='0')puts("<");return;
        
        puts("=");
    
    else puts("=");


int main()
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--) solve();

B. Absent Remainder
题意
t组数据，每组数据由一个长度为n的a数列组成。
要求输出$\lfloor n2\rfloor$ 对$x\%y$不在a数列的元素对。
思路
直接贪心就行了，每次取y为a数列的最小值，再依次取$\lfloor n2\rfloor$个元素做x

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,a[N];

void solve()
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    sort(a+1,a+n+1);
    int ned=n/2;
    int idx=2;
    while(ned)
        printf("%d %d\\n",a[idx],a[1]);
        ned--;idx++;
    


int main()
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--) solve();

C. Poisoned Dagger
题意
t组数据，n个时间点可以攻击，龙的血量是h，问一次攻击持续多久可以打败龙。每次攻击在持续的时候要是到了下一个攻击时间点，那么攻击时间重新累计。
思路
cf里面很常见的一种二分，我们直接二分答案，找到最小符合条件的攻击持续时间就行了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=105;
ll n,h,a[N];

bool cek(ll mid)
    ll sum=0;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        if(i!=n) sum+=min(mid,a[i+1]-a[i]);
        else sum+=mid;
    
    return sum>=h;


void solve()
    scanf("%lld%lld",&n,&h);
    for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    ll l=1,r=h,ans=h;
    while(l<=r)
        ll mid=(l+r)>>1;
        if(cek(mid)) ans=mid,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    
    printf("%lld\\n",ans);


int main()
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--)solve();
    return 0;

D. MEX Sequences
题意
一共有多少 MEX-CORRECT的序列
如果一个序列被认为是MEX-CORRECT 的 那么$|xi-MEX(x1\dots xi)|<=1$
(如果 i=1 就满足$|x1-MEX(x1)|<=1$,如果i=2 要满足$|x1-MEX(x1)|<=1和|x2-MEX(x1,x2)|<=1)$

思路
计数DP，根据MEX的性质，我们知道MEX是序列中没有出现的最小非负数，那么要满足$|xi-MEX(x1\dots xi)|<=1$，(根据样例1也可以知道)，我们也知道满足条件的只有两种情况。
①：0 0 1 1 2 2 这样从0开始一直前后变化+0、+1
②：0 0 1 1 3 3 1 1 中间只缺了一个数字

然后写DP就行了，注意开longlong，和最后答案mod998244353

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=5e5+5;
const ll mod=998244353;
ll n,dp[N][2];//0为情况①，1为情况②

void solve()
    scanf("%lld",&n);
    dp[0][0]=1;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        ll x;scanf("%lld",&x); x++;
        dp[x][0]=(dp[x][0]+dp[x][0])%mod;
        dp[x][0]=(dp[x][0]+dp[x-1][0])%mod;
        if(x>=2) dp[x][1]=(dp[x][1]*2%mod+dp[x-2][0])%mod;
        if(x<=n-2) dp[x+2][1]=(dp[x+2][1]+dp[x+2][1])%mod;
    
    ll sum=0;
    for(ll i=1;i<=n+2;i++)
        sum+=(dp[i][0]+dp[i][1])%mod;
        dp[i][0]=dp[i][1]=0;
       
    printf("%d\\n",sum%mod);


int main()
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--) solve();

E. Crazy Robot
题意
有一个不听话的机器人，不会按照执行移动，即你说往左，它绝不往左；说往右，它绝不往右。同时在地图上有墙（‘#’），有目的地（‘L’），有空地（‘.’），要求我们将一定可以到达的空地变成（‘+’），然后输出新地图。

思路
直接bfs，听说复杂度可以过？？？然后对于加入队列的点，需要满足在通过上一个点bfs判断的时候，周围只有一个方向移动就行了。就for方向的时候，多for一次方向，记录一下可以移动的方向就好了。（具体看代码）

#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int,int>PII;
const int N=1e6+5;
int n,m;
map<PII,bool>vis;
int dx[]=-1,1,0,0;
int dy[]=0,0,-1,1;
char s[N];
int sx,sy;
vector<char>mp[N];

void bfs(int xx,int yy)
    queue<PII>q;
    q.push(xx,yy);
    vis[xx,yy]=true;
    while(!q.empty())
        auto u=q.front(); q.pop();
        for(int i=0;i<4;i++)
            int nx=u.x+dx[i],ny=u.y+dy[i];
            if(nx>=0&&nx<n&&ny>=0&&ny<m&&!vis[nx,ny]&&mp[nx][ny]=='.')
                int cnt=0;
                for(int j=0;j<4;j++)
                    int bx=nx+dx[j];
                    int by=ny+dy[j];
                    if(bx==u.x&&by==u.y) continue;
                    if(bx>=0&&bx<n&&by>=0&&by<m&&mp[bx][by]=='.') cnt++;
                
                if(cnt<=1)
                    mp[nx][ny]='+';
                    vis[nx,ny]=true;
                    q.push(nx,ny);
                
            
        
    


void solve()
    vis.clear();
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<n;i++)
        mp[i].clear();
        for(int j=0;j<m;j++)
            char op; scanf(" %c",&op);
            if(op=='L')sx=i,sy=j;
            mp[i].push_back(op);
        
    
    bfs(sx,sy);
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<m;j++)
            printf("%c",mp[i][j]);
        
        printf("\\n");
    


int main()
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--) solve();

F. Tree Coloring
思路
我也不会