Codeforces Round #603 (Div. 2)补题

手速场……
我们的知识面还不够广……
Standing 2438，Rating1394 → 1404
排在三题末尾，能力全方位缺失

本场关键词

乱搞、STL-map、整除分块、并查集、前缀和、线段树维护区间前缀和极大极小值

A. Sweet Problem

题意

有三堆颜色不同的糖，最多可以凑成颜色不同的多少对。

思路

分类讨论

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=0x3f3f3f3f;
int main()
{
	ll t,c[3];
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		for(int i=0;i<3;i++)
			cin>>c[i];
		sort(c,c+3);
//		for(int i=0;i<3;i++)
//			cout<
		ll diss=c[2]-c[1];
		ll cnt=0;
		if(c[0]+c[1]<=c[2])//c[0]全部取走
		{
			cnt=c[0]+c[1];
		}
		else{
			cnt=c[2]+(c[0]+c[1]-c[2])/2;
		}
		cout<<cnt<<endl;
	}
	return 0;
}

B. PIN Codes

面向范围编程

思路

因为n<=10，所以重复数字只需要修改一位。
用map统计重复的数量，并进行计算。
n<=10，直接暴力枚举查询修改即可

AC的代码

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f,maxn=204;
string s[maxn];
int c[maxn]={0};
map<string,int>QAQ;
int main()
{
//	freopen("B.txt","r",stdin);
	int t,n;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		QAQ.clear();
		cin>>n;
		int cnt=0;
		memset(c,0,sizeof(c));
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			cin>>s[i];
			if(QAQ[s[i]]==0)
				QAQ[s[i]]=++cnt;//编号
			c[QAQ[s[i]]]++;//数量++
		}
		int ans=0;
		for(int i=1;i<=cnt;i++)
			ans+=c[i]-1;
		cout<<ans<<endl;
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			int no=QAQ[s[i]];
			if(c[no]>1)
			{
				bool flag=0;
				for(int j=3;j>=0;j--)//枚举位数
				{
					string tem=s[i];
					for(int k=0;k<=9;k++)//枚举符号
					{
						tem[j]='0'+k;
//						cout<<"tem="<
						if(QAQ[tem]>0)//重复
						{
							continue;
						}
						QAQ[tem]=++cnt;
						flag=1;
						cout<<tem<<endl;
						c[no]--;
//						printf("c[%d]=%d\n",no,c[no]);
						c[QAQ[tem]]=1;
						if(flag)
							break;
					}
					if(flag)
						break;
				}
			}
			else
				cout<<s[i]<<endl;
//			printf("c[%d]=%d\n",no,c[no]);
			label:
				continue;
		}
	}
	return 0;
}

C. Everyone is a Winner!

整除分块，CF上难得一见的模板裸题
第一遍用了set来去重，nlogn直接T飞

AC的代码

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		ll n,cnt=1;
		cin>>n;
		stack<ll> ans;
//		set ans;
////		ans.clear();
//		ans.insert(0);
//		for(ll i=1;i<=n;i++)
//			ans.insert(n/i);
//		cout<
//		for(set::iterator it=ans.begin();it!=ans.end();it++)
//			cout<<*it<<' ';
		for (int l=1,r;l<=n;l=r+1)
		{
			r=n/(n/l);
			ans.push(n/l);
			cnt++;
		}
		cout<<cnt<<'\n';
		ans.push(0);
		while(!ans.empty())
		{
			cout<<ans.top()<<' ';
			ans.pop();
		}
		cout<<'\n';
	}
	return 0;
}

D. Secret Passwords

题意

给你n个字符串，只要含有相同字母的字符串就归为一组，关系可传递。问你最后有多少个集合。

思路

并查集胡搞。
在B上浪费了太多时间，在最后一分钟过了C，应该给我发个顽强拼搏奖hhh。
没时间开D，如果当时有时间的话，多半也是过不去的。
如果当时有时间看这题肯定会往并查集的方向想，但因为读题出现错误，误以为是求最小集合的大小，在这上就会卡住。
还有一个难点就是如何处理26个字母和字符串的关系（当然这个对诸位大神好像也不是很难）

AC的代码

#include
using namespace std;
const int maxn=200005;
int father[maxn];//
int findfa(int x)
{
	if(x!=father[x])
		father[x]=findfa(father[x]);
	return father[x];
}
bool Merge(int x,int y)
{
	int a=findfa(x),b=findfa(y);
	if(a==b)
		return 0;
	if(a<b)
		father[b]=a;
	else
		father[a]=b;
	return 1;
}
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		father[i]=i;//
	vector<int> table[27];//记录每个字母含有的字符串编号
	string a;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a;
		bool vis[30]={0};
		for(int j=0;j<a.length();j++)
		{
			if(!vis[a[j]-'a'+1])//只加一次
				vis[a[j]-'a'+1]=1;
			else
				continue;
			table[a[j]-'a'+1].push_back(i);
		}
	}
	int ans=n;
	for(int i=1;i<=26;i++)//含有相同的字母分在一组
	{
		if(table[i].empty())//必须有这个
			continue;
		int now=table[i][0];//该组第一个字符串的编号
		for(int j=1;j<table[i].size();j++)//整组合并
		{
			if(Merge(now,table[i][j]))
				ans--;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

E. Editor

题意

洛谷题目
只有一行的打字机，光标只指向一个字符，一开始指向最左侧的字符。
有三种操作

• L，左移一格
• R，右移一个
• 在当前位置写下指定字符
  给出操作序列，在每次操作后，判断当前行括号是否合法。
  不合法输出-1，否则输出括号最大嵌套层数。

思路

括号匹配常见的前缀和，强制在线。
将(权值看作1，将)权值看作-1，并用线段树维护。
判断当前序列是否合法：

• 前缀和最终等于0
• 所有前缀和都不为负

括号的最大嵌套层数就是前缀和的最大值。
注意将(修改为)或)修改为(的情况。
n次操作，可能达到的最右端点即为n。
线段树维护当前区间前缀和极大极小值
单点修改，维护区间和及前缀和最值

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1000005,inf=0x3f3f3f3f;
struct node
{
	ll val,ma,mi;
	node()
	{
		val=ma=mi=0;
	}
} tree[maxn<<2];
inline void pushup(int root)
{
	tree[root].val=tree[root<<1].val+tree[root<<1|1].val;
	tree[root].ma=max(tree[root<<1].ma,tree[root<<1].val+tree[root<<1|1].ma);//维护子区间最大前缀和,tree[1]维护的即为总区间最大/最小前缀和
	tree[root].mi=min(tree[root<<1].mi,tree[root<<1].val+tree[root<<1|1].mi);//维护区间最小前缀和
}
void modify(int root,int l,int r,int q,ll num)
{
	if(l==r&&l==q)
	{
		tree[root].val=tree[root].ma=tree[root].mi=num;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(q<=mid)
		modify(root<<1,l,mid,q,num);
	else
		modify(root<<1|1,mid+1,r,q,num);
	pushup(root);
}
char s[maxn];
int main()
{
	int n;
	cin>>n>>s;
	int cur=1;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		if(s[i]=='R')
			cur++;
		else if(s[i]=='L')
		{
			if(cur>1)
				cur--;
		}
		else if(s[i]=='(')
			modify(1,1,n,cur,1);
		else if(s[i]==')')
			modify(1,1,n,cur,-1);
		else//字母,该节点权值改为0
			modify(1,1,n,cur,0);
		if(tree[1].mi<0||tree[1].val!=0)//tree[1].val维护的为总区间和
			cout<<"-1 ";//tree[1].mi维护的即为总区间最小前缀和
		else
			cout<<tree[1].ma<<' ';
	}
	return 0;
}

2019年11月30日19点30分