AtCoder Beginner Contest 218
A - Weather Forecast
AC代码：
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
void solve()
{
int n;
cin>>n;
string s;
cin>>s;
if(s[n-1]=='o') puts("Yes");
else puts("No");
}
signed main()
{
solve();
return 0;
} B - qwerty
B - qwerty
AC代码：
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=30;
int p[N];
void solve()
{
for(int i=1;i<=26;i++) cin>>p[i];
for(int i=1;i<=26;i++) cout<<(char)('a'+p[i]-1);
}
signed main()
{
solve();
return 0;
} C - Shapes
暴力模拟
逆时针旋转90度,最多旋转4次
平移是整体平移,不能超出边界
然后对于每一次旋转过后,找到s中的图形起点以及t中的图形起点,算出它们的偏移量,然后枚举s,如果是#的话,判断偏移后对应t的位置是否超出边界以及是不是#
AC代码：
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef pairPII;
const int N=210;
int tmp[N][N];//中间数组,作为中转站
int s[N][N],t[N][N];
char ss[N][N];
int n;
//找起点
PII find(int a[N][N]){
for(int i=0;i>n;
for(int i=0;i>ss[i][j];
if(ss[i][j]=='#') {
cnt1++;
s[i][j]=1;
}
}
}
for(int i=0;i>ss[i][j];
if(ss[i][j]=='#') {
cnt2++;
t[i][j]=1;
}
}
}
//特判
if(cnt1!=cnt2){
puts("No");
return;
}
//逆时针旋转4次
for(int k=1;k<=4;k++){
rotate();
auto sxy=find(s);
auto txy=find(t);
int x1=sxy.first,y1=sxy.second;
int x2=txy.first,y2=txy.second;
int xdiff=x2-x1,ydiff=y2-y1;//s的起点与t的起点的偏移量
bool flag=true;
for(int i=0;i=n||ny<0||ny>=n){
flag=false;
break;
}
if(t[nx][ny]==0){
flag=false;
break;
}
}
}
if(!flag) break;
}
if(flag){
puts("Yes");
return;
}
}
puts("No");
}
signed main()
{
solve();
return 0;
} D - Rectangles
我一开始做的思路是暴力求解,先将横坐标存入set1中，用vector将每个横坐标和它的纵坐标联系起来,枚举横坐标,对于其纵坐标,存入set2中,然后枚举后面的横坐标的纵坐标,数有多少个纵坐标和前面的纵坐标相同,记为cnt,则res+=cnt*(cnt-1)/2
用了三重循环O(n^3),超时了
RE代码：
#include
#include
#include
#include
#include
#define int long long
using namespace std;
void solve()
{
int n;
cin>>n;
vector>e(n+1);
setse;
for(int i=1;i<=n;i++){
int x,y;
cin>>x>>y;
se.insert(x);
e[x].push_back(y);
}
int res=0;
int cnt=0;
for(auto it=se.begin();it!=se.end();it++){
setsse;
// sse.clear();
int i=*it;
for(int j=0;j 可以将所有坐标都放入set中,然后二重循环枚举每一对点,每一对点枚举两遍,当该对点是从左下往右上时,判断从右下往左上的点是否存在，如果存在，则组成一个矩形
AC代码：
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
void solve()
{
int n;
cin>>n;
set>se;
for(int i=0;i>x>>y;
se.insert({x,y});
}
int res=0;
for(auto v:se){
int a=v.first,b=v.second;
for(auto u:se){
int c=u.first,d=u.second;
if(a E - Destruction
假设边权都是正的
用kruscal算法求出最小生成树,保证在联通的情况下,边权之和最小
这样的话,其它边都可以删除,则获得的奖励最多
边权是负的话不需要管,因为题目只要求联通,成环是没关系的,所以只要将所有负的边全部都加到刚才的最小生成树中就可以了
AC代码：
#include
#include
#include
#include
#include F - Blocked Roads
参考Cutele_
先全部边跑一遍最短路,最短路记为res,并记录下最短路的边
枚举m条边,看是不是最开始记录下边,如果不是的话,直接输出的最短路的res
否则重新跑一遍最短路(不用第i条边)
AC代码：
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,m;
typedef pairPII;
vectorg[N];
PII edges[N];//记录边
int dist[N];//从起点到某点的最短距离
bool st[N];//标记某点是否走过
int pre[N];//记录最短路径的某点的上一个点是哪一个点
setse;
//spfa算法求最短路
int bfs(int x){
memset(dist,0x3f,sizeof dist);
memset(st,0,sizeof st);
queueq;
q.push(1);
dist[1]=0;
st[1]=true;
while(q.size()){
int t=q.front();
if(t==n) return dist[n];
q.pop();
st[t]=false;
for(auto v:g[t]){
//如果第x条边的前端点是t,后端点是v,那么跳过这条边,相当于删除
if(edges[x].first==t&&edges[x].second==v) continue;
if(dist[v]>dist[t]+1){
dist[v]=dist[t]+1;
if(x==0) pre[v]=t;//第一遍跑最短路时把最短路的路径都记下来
if(!st[v]){
q.push(v);
st[v]=true;
}
}
}
}
return -1;
}
void solve()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>edges[i].first>>edges[i].second;
g[edges[i].first].push_back(edges[i].second);
}
int res=bfs(0);//res即为第一遍跑最短路的最短路径
//把第一遍跑的最短路的最短路径放入set中,方便后续查询边是不是最短路径中的边
//从终点n往前推
int now=n;
while(now!=1){
if(!pre[now]) break;
PII tmp={pre[now],now};
now=pre[now];
se.insert(tmp);
}
//如果是最短路径,则跳过这条边重新跑一遍最短路
//否则输出res
for(int i=1;i<=m;i++){
if(se.count(edges[i])) printf("%d\n",bfs(i));
else cout<