- Happy Birthday, Polycarp!
- Make Them Odd
- As Simple as One and Two
- Let's Play the Words?
- Two Fairs
- Beautiful Rectangle
Happy Birthday, Polycarp!
\[ Time Limit: 1 s\quad Memory Limit: 256 MB \]
暴力枚举所有数字全为 \(i、i\in[1,9]\)，然后暴力判断有多个全为 \(i\) 的数在 \(n\) 以内即可。
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#define lowbit(x) x & (-x)
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair
#define INOPEN freopen("in.txt", "r", stdin)
#define OUTOPEN freopen("out.txt", "w", stdout)
typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int maxm = 1e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
using namespace std;
ll n, m;
int cas, tol, T;
int main() {
scanf("%d", &T);
while(T--) {
ll ans = 0;
scanf("%lld", &n);
for(int i=1; i<=9; i++) {
ll tmp = i;
while(tmp <= n) {
ans++;
tmp = tmp*10+i;
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
Make Them Odd
\[ Time Limit: 3 s\quad Memory Limit: 256 MB \]
把数一直除 \(2\)，记录除了多少次。
那么对于剩余的数相同的数，只要记录变成他需要被除的最大次数就即可。
最后的答案就是变成这些剩余数的所需次数的累和。
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#include As Simple as One and Two
\[ Time Limit: 3 s\quad Memory Limit: 256 MB \]
首先考虑 \(twone\)，这里因为的 \(o\) 被 \(one\) 和 \(two\) 都用到了，所以直接删除它就可以了。
在考虑其他情况，对于 \(one\) 可能存在 \(one、oneeee、oooone、oooneeee\)，那么我们可以发现，删掉 \(o\) 或者删掉 \(e\) 都不是很好的选择，但是 \(n\) 确实不能重复出现的，所以只要删掉 \(n\) 就可以了。对于 \(two\) 也是一样的道理，删掉 \(w\) 是最好的。
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#include Let's Play the Words?
\[ Time Limit: 3 s\quad Memory Limit: 256 MB \]
把字符串分成四类，分别是 \(0..0、1...1、0...1、1...0\)。
首先可以发现，如果存在一个第 \(3/4\) 类的字符串，第 \(1/2\) 类的字符串都一定能够拼接起来，完全可以忽略掉。如果不存在第 \(3/4\) 类的字符串，那么 \(1/2\) 类的字符串只能独自出现，否则一定拼接不起来。
接下来考虑存在 \(3/4\) 类的字符串，第 \(3\) 类的字符串有 \(n\) 个，第 \(4\) 类的字符串有 \(m\) 个。
假设 \(n>m\)，那么我们只要暴力翻转第 \(3\) 类的字符串变成第 \(4\) 类的字符串，使得 \(abs(n-m)<=1\)，就一定可以拼接起来，对于 \(m>n\) 的情况也是类似，只要翻转第 \(4\) 类的字符串变成第 \(3\) 类的就可以。
为什么这么做可以呢？因为题目保证的一开始给出的字符串都是 \(different\) 的，那么我把第 \(3\) 类的字符串翻转过去，一定不会对其他第 \(3\) 类字符串是否需要翻转造成影响，那么我只要每次贪心翻转就够了。
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#define lowbit(x) x & (-x)
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define pii pair
#define INOPEN freopen("in.txt", "r", stdin)
#define OUTOPEN freopen("out.txt", "w", stdout)
typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int maxm = 1e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
using namespace std;
int n, m;
int cas, tol, T;
unordered_map mp;
vector > vv[4];
int main() {
scanf("%d", &T);
while(T--) {
mp.clear();
for(int i=0; i<4; i++) vv[i].clear();
scanf("%d", &n);
string s;
for(int i=1; i<=n; i++) {
cin >> s;
if(s[0]=='0' && s[s.length()-1]=='0') vv[0].pb({s, i});
if(s[0]=='1' && s[s.length()-1]=='1') vv[1].pb({s, i});
if(s[0]=='0' && s[s.length()-1]=='1') vv[2].pb({s, i});
if(s[0]=='1' && s[s.length()-1]=='0') vv[3].pb({s, i});
}
if(vv[0].size() == n || vv[1].size() == n) {
printf("0\n\n");
continue;
}
if(vv[0].size() && vv[1].size() && !vv[2].size() && !vv[3].size()) {
printf("-1\n");
continue;
}
int id = 2;
if(vv[3].size() > vv[2].size()) id = 3;
n = vv[id].size(), m = vv[id^1].size();
vector ans;
for(auto it : vv[id^1]) mp[it.fi] = true;
for(auto it : vv[id]) {
if(abs(n-m) <= 1) break;
string ss = it.fi;
reverse(ss.begin(), ss.end());
if(mp.count(ss)) continue;
ans.push_back(it.se);
n--, m++;
}
int sz = ans.size();
printf("%d\n", sz);
if(sz==0) printf("\n");
for(int i=0; i
Two Fairs
\[ Time Limit: 3 s\quad Memory Limit: 256 MB \]
对于给出的开始和终止位置 \(s、t\)，我需要找到的是从 \(s\) 出发不经过 \(t\) 可以到达的节点数和从 \(t\) 出发不经过 \(s\) 可以到达的节点数。
对于找从 \(s\) 出发不经过 \(t\) 的节点，可以先 \(dfs\) 一边把从 \(t\) 出发可以到达的节点数标记起来，终止条件为遇到 \(s\) 节点或者无路可走。然后再从 \(s\) 出发看哪些节点是没有被标记过的。这样找出来的节点就一定是满足条件的，第二种同理。
最后的答案就是这两种节点数的乘积。
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#include Beautiful Rectangle
\[ Time Limit: 1000 ms\quad Memory Limit: 256 MB \]
首先发现可以枚举最后矩形的高，如果能够想办法计算出在高固定的情况下，最大可以放的宽是多少。那么枚举所有的高，就可以得到最后应该构造的矩阵是什么样的。
假设高为 \(h\) 且小于宽 \(w\)，那么对于同样的数字，最多只能放 \(h\) 个。所以我们可以计算所有数字出现的次数，那么对于出现次数小于 \(h\) 的数字，可以都取，对于出现次数大于 \(h\) 的，只取其中的 \(h\) 个出来用。这样就得到了最多可以放的元素的个数，也就可以得到对应的 \(w\)。
那么构造的时候，我们只要把每个元素按 \((i,1)、(i+1, 2)、(i+2,3)\) 这样斜着放下去就可以构造出矩阵。
但是我们还要防止一种情况的出现，也就是可用元素有 \(a、b、b、c、c\) 五个，而此时我需要四个，如果我从前往后希望先使用出现次数少的元素，我会拿到 \(a、b、b、c\) 四个，把原本后面的整体拆成前面就应该已经放完的类型，变成
\[ \begin{matrix} a & b\\ c & b \end{matrix} \]
为了防止这种情况，我们可以从后往前取先使用出现次数多的元素来放，使用 \(c、c、b、b\) 放成
\[ \begin{matrix} c & b\\ b & c \end{matrix} \]
这样就算拆开了某一部分，并不会改变这一部分原本应该放的顺序，就可以避免上面的情况。
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> File Name : f.cpp
> Author : Jiaaaaaaaqi
> Created Time : Mon 16 Dec 2019 03:22:17 PM CST
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