The 2021 ICPC Asia Shenyang Regional Contest (B/E/F/J)
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目录
E. Edward Gaming, the Champion
F. Encoded Strings I
J. Luggage Lock
B. Bitwise Exclusive-OR Sequence
E. Edward Gaming, the Champion
题意：给你一个字符串，问该字符串中有多少个“edgnb”。
思路：签到题，直接遍历一遍字符串统计数目即可。
代码：
void solve() {
cin>>s;
int ans=0;
for(int i=0; i<(int)s.size()-4; i++) {
if(s[i]=='e'&&s[i+1]=='d'&&s[i+2]=='g'&&s[i+3]=='n'&&s[i+4]=='b')ans++;
}
cout<F. Encoded Strings I
题意：给你一个字符串s，字符串中只包含英文小写字母，每个小写字母的映射方式为：
设该小写字母最后一个出现位置为i，字符串长度范围为1~n，x为s[i]~s[n]中不同字符的个数，则小写字母被映射为字母表中的第x个数（比如x=1，则映射为 ‘a’；x=2，则映射为 ‘b’）。
例如：字符串“aacc”会被映射为“bbaa”，而字符串“aca”会被映射为“aba”，
求解目标为长度1~n的前缀中字典序最小的映射后的字符串。
思路： 因为映射看的是每一个字母最后一个出现的位置，所以我们从后往前遍历字符串，得出每个字母的映射字母，最后暴力枚举得出每个前缀字符串的映射字符串，sort取字典序最小即可。
代码：
void solve() {
mapmp;
vectorv;
int n;
string s;
cin>>n>>s;
for(int i=0; imp;
int cnt=0;
string k;
for(int j=i; j>=0; j--) {
if(mp[s[j]])k+=mp[s[j]];
else mp[s[j]]='a'+cnt,k+=mp[s[j]],cnt++;
}
reverse(k.begin(),k.end());
v.push_back(k);
}
sort(v.begin(),v.end());
cout< J. Luggage Lock
题意：给出一个4位密码锁，每次操作能滑动一个或多个相邻的位置向上或向下移动一格，现在给出多次询问，每次询问给出一个起点和终点，询问起点到终点的最少操作数。
思路： 我们可以先根据起点和终点的位置先得到他们的相对位置，比如起点为“1234”，终点为“2345”，那么他们的相对起点为“0000”，相对终点是“1111”，也就是他们两相减。这样，问题就转化成了起点“0000”到任意终点的最小操作数，这个最小操作数我们可以通过bfs来预处理，每次bfs标记走过的终点，并记录最小步数即可。
代码：
mapmp;
void bfs() {
queue>q;
string s="0000";
q.push({s,0});
while(!q.empty()) {
string p=q.front().first;
int step=q.front().second;
q.pop();
for(int i=0; i<4; i++) {
for(int j=i; j<4; j++) {
string t=p,tt=p;
for(int k=i; k<=j; k++) {
if(t[k]=='9')t[k]='0';
else t[k]++;
if(tt[k]=='0')tt[k]='9';
else tt[k]--;
}
if(!mp[t]&&t!="0000")mp[t]=step+1,q.push({t,step+1});
if(!mp[tt]&&tt!="0000")mp[tt]=step+1,q.push({tt,step+1});
}
}
}
}
void solve() {
string kk,a,b;
cin>>a>>b;
for(int i=0; i<4; i++) kk+=(b[i]-a[i]+10)%10+'0';
cout< B. Bitwise Exclusive-OR Sequence
题意：给你一个n，表示有n个点，给你m个a，b，w，表示点a的权值和点b的权值异或值为w，求有可能的点权中最小的点权之和。
思路：因为对于二进制来说，每个位数的异或是独立的，是互不影响的，并且若已知一个连通块中某个点权的某个二进制位值，那么其它点权的该二进制位值就都知道了，所以只需枚举各个连通块中随便的一个点权的二进制位即可，并且二进制是0的情况和二进制是1的情况是对称的，取min累加即可，具体实现见代码与注释。
代码：
vector e[maxn];
bool st[maxn];
int n,m,ans=0,fa[maxn],sum[maxn],res[40],now[maxn];
//sum用来记录连通块大小，res用来记录各个位上的1的个数之和，now来记录当前节点的权值
int find(int x) {//并查集用来记录每个连通块的大小
if(x!=fa[x])return fa[x]=find(fa[x]);
return x;
}
void dfs(int u) {
st[u]=true;
for(auto x:e[u]) {
int a=x.first,b=x.second;
if(st[a]) {//如果已经走过了，则看看是否会发生冲突，若会发生冲突则输出-1
if((now[a]^now[u])!=b) {
cout<<-1<>i)&1);// 将各个位上的1加入总和中
dfs(a);
}
}
}
void solve() {
cin>>n>>m;
for(int i=1; i<=n; i++)fa[i]=i,sum[i]=1;
for(int i=1; i<=m; i++) {
int x,y,w;
cin>>x>>y>>w;
e[x].push_back({y,w});
e[y].push_back({x,w});
int fx=find(x),fy=find(y);
if(fx!=fy)sum[fx]+=sum[fy],fa[fy]=fx;//计算连通块大小
}
for(int i=1; i<=n; i++) {
if(find(i)!=i)continue;//一个连通块只跑一次
for(int j=0; j<=30; j++)res[j]=0;
dfs(i);
for(int j=0; j<=30; j++)ans+=min(res[j],sum[i]-res[j])*(1<