ACM团队周赛题解

Posted 2021-01-07 xenny

拉了CF583和CF486的两套div2题目

还是先贴宏定义部分

#define MAXN 1000000+5
#define MOD 1000000007
#define PI (acos(-1.0))
#define EPS 1e-6
#define MMT(s,a) memset(s, a, sizeof s)
#define GO(i,a,b) for(int i = (a); i < (b); ++i)
#define GOE(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define OG(i,a,b) for(int i = (a); i > (b); --i)
#define OGE(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)

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A - Asphalting Roads(CF-583A)

题意就是n条水平路，n条竖直路，构成井字形状。然后第i天会到(x_i,y_i)这个路口，如果这个路口得两条路都没有被染色，就输出这天并把两个路口都染上颜色，否则跳到下一天。

输出所有可以染色得天数。

题目思路：标记遍历即可

 

 1 int main(){
 2     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
 3     int n,x,y;
 4     cin>>n;
 5     int mp1[55] = {0},mp2[55] = {0};
 6     GO(i,0,n*n){
 7         cin>>x>>y;
 8         if(mp1[x] == 0 && mp2[y] == 0){
 9             cout << i+1 << " ";
10             mp1[x] = mp2[y] = 1;
11         }
12     }
13     cout << endl;
14 
15     return 0;
16 }

 

 

B - Robot‘s Task(CF-583B)

题意就是最开始从左往右走，如果现在值Num比a[i]大，则Num+1，否则跳过他，走到尽头如果有数没有经过，则转向再次走，已经走过的地方不能再走。

Num初始值为0，问至少转向几次。

思路：模拟即可

 1 int main(){
 2     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
 3     int n;
 4     int a[1005] = {0},vis[1005] = {0};
 5     cin>>n;
 6     GOE(i,1,n){
 7         cin>>a[i];
 8     }
 9     bool flag = true;
10     int cnt = n,ans = 0,num = 0;
11     while(cnt > 0){
12         if(flag){
13             GOE(i,1,n){
14                 if(!vis[i] && num >= a[i]){
15                     vis[i] = 1;
16                     num++;
17                     cnt--;
18                 }
19             }
20         }
21         else{
22             OGE(i,n,1){
23                 if(!vis[i] && num >= a[i]){
24                     vis[i] = 1;
25                     num++;
26                     cnt--;
27                 }
28             }
29         }
30         flag = !flag;
31         if(cnt > 0)
32             ans++;
33     }
34     cout << ans << endl;
35 
36     return 0;
37 }

 

C - GCD Table(CF-583C)

给你一个打乱了的GCD表，问是哪些值构成的。

思路：这n个数一定就是对角线上的数，直接降序排列然后暴力找，每次找到的最大的数一定是其中一个数，然后求出它与已经求出的所有数的gcd在队列中去掉两个这个gcd数，保证所有大于等于下一个数字的gcd一定都被去掉了，剩下的最大的又是要找的数。

额外定义

template<typename T>
using maxHeap = priority_queue<T, vector<T>, less<T> >;

template<typename T>
inline T gcd(T a, T b){ return b==0 ? a : gcd(b,a%b); }

代码

 1 int main(){
 2     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
 3     int n,k = 0,temp,num;
 4     int a[250050],b[250050];
 5     cin>>n;
 6     GOE(i,1,n*n){
 7         cin>>a[i];
 8     }
 9     sort(a+1,a+1+n*n);
10     maxHeap<int> q;
11     OG(i,n*n,0){
12         if(!q.empty())
13             temp = q.top();
14         else
15             temp = 0;
16         if(a[i] == temp){
17             q.pop();
18             continue;
19         }
20         GO(j,0,k){
21             num = gcd(b[j],a[i]);
22             q.push(num);
23             q.push(num);
24         }
25         b[k++] = a[i];
26     }
27     GO(i,0,k)
28         cout << b[i] << " ";
29     cout << endl;
30     
31     return 0;
32 }

 

F - Calculating Function(CF-486A)

题意就是按照他给的公式输出F(n)；

思路：可以推出n为偶数是F(n) = n/2,否则F(n) = n/2 - n;

代码

 1 int main(){
 2     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
 3     ll n;
 4     cin>>n;
 5     if (n&1)
 6         cout << n/2 - n << endl;
 7     else
 8         cout << n/2 << endl;
 9 
10     return 0;
11 }

 

G - OR in Matrix(CF-486B)

题目就是说b_ij为i行和j列的值OR操作的结果，现在给你操作后的表，要你求操作前的表。

思路：如果b_ij = 0，则证明i行和j列全是0，如果是1，则证明i行和j列必须有一个1，所以先把所有值设为1，按照题目把某些行列变为0，再判断一遍是否满足题意即可

代码

 1 int main(){
 2     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
 3     int n,m;
 4     int a[105][105],b[105][105];
 5     fill(b[0],b[0]+105*105,1);
 6     cin>>n>>m;
 7     GOE(i,1,n){
 8         GOE(j,1,m){
 9             cin>>a[i][j];
10             if(a[i][j] == 0){
11                 GOE(ii,1,n)
12                     b[ii][j] = 0;
13                 GOE(jj,1,m)
14                     b[i][jj] = 0;
15             }
16         }
17     }
18 
19     GOE(i,1,n){
20         GOE(j,1,m){
21             if(a[i][j] == 1){
22                 int flag = 0;
23                 GOE(ii,1,n){
24                     if(b[ii][j] == 1){
25                         flag = 1;
26                         break;
27                     }
28                 }
29                 GOE(jj,1,m){
30                     if(b[i][jj] == 1){
31                         flag = 1;
32                         break;
33                     }
34                 }
35                 if(!flag){
36                     cout << "NO" << endl;
37                     exit(0);
38                 }
39             }
40         }
41     }
42 
43     cout << "YES" << endl;
44     GOE(i,1,n){
45         GOE(j,1,m)
46             cout << b[i][j] << " ";
47         cout << endl;
48     }
49 
50     return 0;
51 }

 

H - Palindrome Transformation(CF-486C)

题意就是4种操作，最开始在k位置操作，问最少操作多少次使得原串变成回文串。

思路：因为是对称的，我们先不要管最开始在哪个位置，遍历即可，当a[i] != a[n-i-1]时候，我们再想是变a[i]还是变另一个，然后答案加上这个值。同时往容器中加上从k走到i远还是走到n-i-1近。

最后排序，答案加上最远距离于最近距离之差再加上这两者距离k最近的距离即可。

为什么只需要不需要管k的位置，因为k无论在哪里，我们都需要把所有不符合的字符走到，所以这里得花掉最远距离和最近距离的差，同时我们最开始在k，需要走到最近的位置开始遍历上一段距离，所以最终答案就是

　　ans = 每个不合格字符的操作次数 + 不合格字符的区间长度 + 从k位置走到这个区间的某一端点的距离；

因为不管你的k是否在这个区间内，都需要遍历一遍这个区间。

 1 int main(){
 2     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
 3     int n,k;
 4     string s;
 5     vector<int> q;
 6     cin>>n>>k>>s;
 7     int len = n/2,ans = 0;
 8     GO(i,0,len){
 9         if(s[i] != s[n-1-i]){
10             int tp = abs(s[i] - s[n-1-i]);
11             tp = min(tp,26-tp);
12             ans += tp;
13             if(tp)
14                 q.PB((abs(i+1-k) < abs(n-i-k)) ? i+1 : n-i);
15         }
16     }
17     int cnt = q.size();
18     if(q.empty())
19         cout << ans << endl;
20     else{
21         sort(q.begin(),q.end());
22         ans += q[cnt-1] - q[0] + min(abs(q[cnt-1]-k),abs(q[0]-k));
23         cout << ans << endl;
24     }
25     return 0;
26 }

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D题E题时间关系暂时不补了。