Educational Codeforces Round 123 (Rated for Div. 2)（ABCDE）

Posted 2022-02-27 斗奋力努

Educational Codeforces Round 123 (Rated for Div. 2)（ABCDE）

A. Doors and Keys

题意：给定长度为6的字符串，问是否可以通关，其中$R，G，B$为门，$r，g，b$为钥匙。要获得对应钥匙才能开相应的门。
思路：直接用$map<char,int>$记录每个字符的位置，然后对应比较就行了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[10];

void solve()
    map<char,int>mp;
    scanf("%s",s+1);
    for(int i=1;i<=6;i++) mp[s[i]]=i;
    if(mp['r']<mp['R']&&mp['g']<mp['G']&&mp['b']<mp['B']) puts("YES");
    else puts("NO");


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

B. Anti-Fibonacci Permutation

题意：给一个数字n，要求输出n个长度为n的排列，保证每个序列中不存在$p_{i-2}{+}_{i-1}!=p_i$
思路：我们将长度为n的序列倒过来，形式为$n，n-1，n-2...3，2，1$,然后移动n次1的位置，每次去与前一位交换。就形成了n个符合题意的排列。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[55];

void solve()
    scanf("%d",&n);
    for(int i=n,j=1;i>=1;i--,j++) a[j]=i;
    for(int i=n;i>=1;i--)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            printf("%d%c",a[j],(j==n)?'\\n':' ');
        
        swap(a[i],a[i-1]);
    


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

C. Increase Subarray Sums
题意：给定长度为n的一个序列a，和一个值k，输出序列a中依次有x[0,n]个不同位置数+k,序列的最大子数组
思路：我们单独看每个x，发现其实就是找到一个最大子数组，然后根据子数组的长度len，来增加k的个数。
如果子数组长度小于x，那么我们选择的子数组其中所有位置都会加k
如果子数组长度大于x，那么我们选择的子数组其中只有len个位置会加k
同时我们预处理下选择不长度的子数组的初始最大值

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=5005;
ll n,x,pre[N],dp[N];
vector<ll>ans;

void solve()  
    ans.clear();
    scanf("%lld%lld",&n,&x);
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        ll xx;scanf("%lld",&xx);
        pre[i]=pre[i-1]+xx;
        dp[i]=-1e18;
    
    for(ll l=1;l<=n;l++)
        for(ll r=l;r<=n;r++)
            ll len=r-l+1;
            dp[len]=max(dp[len],pre[r]-pre[l-1]);
        
    
    dp[0]=0;
    for(ll i=0;i<=n;i++)
        ll mx=0;
        for(ll j=0;j<=n;j++)
            if(i>j) mx=max(mx,dp[j]+j*x);
            else mx=max(mx,dp[j]+i*x);
        
        ans.push_back(mx);
    
    for(auto it:ans) printf("%lld ",it);
    puts("");


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

D. Cross Coloring
题意：初始有一个n*m的全白矩阵，有k种颜色，q次操作后可以得到矩阵种类数。每次操作输入$x_i,y_i$，会将第$x_i$行，第$y_i$列涂上颜色，有颜色则直接覆盖。存在一个位置两个矩阵颜色不同则为不同矩阵
思路：发现有时候靠前的操作会被全部覆盖掉，所以我们从后往前统计，cnt记录有效操作数，每次如果行或列其中一个没有出现过，那么它将是一个有效操作,cnt++。答案为$k^{c}nt$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=2e5+5;
const ll mod=998244353;
ll n,m,k,q,x[N],y[N];

ll ksm(ll a,ll b)
    ll res=1;
    while(b)
        if(b&1)res=res*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    
    return res;


void solve()
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&k,&q);
    for(ll i=1;i<=q;i++) scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]);
    ll cnt=0;
    set<ll>row,col;
    for(ll i=q;i>=1;i--)
        bool flag=false;
        if(!row.count(x[i])&&col.size()<m) flag=true;
        if(!col.count(y[i])&&row.size()<n) flag=true;
        if(flag) cnt++;
        row.insert(x[i]);
        col.insert(y[i]);
    
    printf("%lld\\n",ksm(k,cnt));


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

E. Expand the Path

//题意：
//一个机器人在一个n*n的网格中，只能向右(R)或向下(D)走
//再保证不能走出网格，且完成所有初始指令，指令可以增加，如D可以增加为DD、DDD，R可以增加为RR、RRR。
//问最终最多可以经过多少格子
//思路：
//先记录出现了多少的D指令和R指令，如果只有其中一种指令，那么答案就是n
//否则，我们可以根据chax=n-nuD-1、chay=n-nuR-1,得到最多向下或向右再多拓展多少格
//我们记录不能到达点数。（具体看代码注释）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
ll n;
char s[N];

void solve()
    scanf("%lld",&n);
    scanf("%s",s+1);
    ll nuD=0,nuR=0,len=strlen(s+1),sum=0;
    for(ll i=1;i<=len;i++)
        if(s[i]=='D') nuD++;
        else nuR++;
    
    if(nuD==0||nuR==0)printf("%lld\\n",n);return;
    ll chax=n-nuD-1,x=1;
    ll chay=n-nuR-1,y=1;
    for(ll i=1;i<=len;i++)
        if(s[i]=='D')
            if(y==1) sum+=n-1;//此时还在第1列，因为s[i]=='D',所以当前行的后面n-1列肯定无法经过 sum+=n-1
            else sum+=n-y-chay;//已经离开第1列，说明出现过'R'，指令，可以向右拓展经过chay格，加上向右至少移动了y格，剩下的均无法到达
            x++;//至少移动行数++
        
        else//同上理
            if(x==1) sum+=n-1;
            else sum+=n-x-chax;
            y++;
        
    
    printf("%lld\\n",n*n-sum);


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