(杭电多校)2023“钉耙编程”中国大学生算法设计超级联赛（8）
1005 0 vs 1
双端队列暴力模拟,时间复杂度为O(n*T)
首先预处理0的右边第一个0的下标,1的右边第一个1的下标,0的左边第一个0的下标,1的左边第一个1的下标
然后进行模拟
如果当前是zero的轮次,那么就看双端队列的两端
如果两头都是1,那么one赢,如果1头是0,1头是1,那么只能选择0
如果两头都是0,那么我们就要判断选择哪一个0,我们就贪心,想着能快点到达下一个0,所以就比较哪个0到下一个0的距离更近,我们就选择哪一个0,这样的话,首先对于zero来说,可以更快地到达下一个0,同时,掌握了主动权,因为zero选择哪一边,one就得跟着选择哪一边,那么当两边的0到达下一个0的距离相同时,我们就随便选择一边的0就行,因为两头对称,选择哪一头都一样,而且反正主动权在zero手上,zero不管选择哪边,one都只能跟着选同一边
对于one,同理
最后如果都没有输,那么平局,输出-1
AC代码:
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define endl '\n'
//#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
char a[N];
int l1[N],l2[N];//存放0的右边第一个0的下标,以及1的右边第一个1的下标
int r1[N],r2[N];//存放0的左边第一个0的下标,以及1的左边第一个1的下标
int n;
void solve() {
cin>>n;
dequeq;
for(int i=1; i<=n; i++) cin>>a[i];
//预处理
int x=0,y=0;
for(int i=1; i<=n; i++) {
if(a[i]=='0') {
l1[x]=i;
x=i;
} else {
l2[y]=i;
y=i;
}
}
x=n+1,y=n+1;
for(int i=n; i>=1; i--) {
if(a[i]=='0') {
r1[x]=i;
x=i;
} else {
r2[y]=i;
y=i;
}
}
// cout<<"="<>t;
while(t--)
solve();
return 0;
} 1007 Solubility
就是n种液体,一共有m种互溶关系,然后判断所给的k种液体是否可以全部互溶
并查集,将有互溶关系的液体放在同一个联通块中,然后判断给定的k种液体是否全部在同一个连通块中
AC代码:
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define endl '\n'
//#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int p[N];
int find(int x){
if(p[x]!=x) p[x]=find(p[x]);
return p[x];
}
int n,m;
void solve() {
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i;
for(int i=0;i>u>>v;
u=find(u),v=find(v);
if(u!=v) p[u]=v;
}
int k;
cin>>k;
bool flag=true;
int x;
cin>>x;
int ans=find(x);
for(int i=1;i<=k-1;i++){
cin>>x;
if(find(x)!=ans){
flag=false;
}
}
if(flag) cout<<"YES"<>t;
while(t--)
solve();
return 0;
} 两种错误：
错误1:数有几个节点x满足p[x]==x,那么就有几个连通块,如果n个节点都枚举到,那么是对的,因为枚举到了所有的祖宗节点,但是单单枚举其中的k个节点,这样写是有问题的,因为可能没有枚举到祖宗节点,那么都不会计入连通块的个数
int k;
cin>>k;
int cnt=0;
for(int i=1;i<=k;i++){
int x;
cin>>x;
if(p[x]==x) cnt++
}
if(cnt==1) cout<<"YES"<错误2:写了个break,如果只有一个样例,那么是没问题的,直接输出答案,后面不输入也没有关系,但是有t个样例,如果break了,该样例还未输入的数据可能会用于下一个样例中
int k;
cin>>k;
bool flag=true;
int x;
cin>>x;
int ans=find(x);
for(int i=1;i<=k-1;i++){
cin>>x;
if(find(x)!=ans){
flag=false;
break;
}
}
if(flag) cout<<"YES"<1010 Rikka with Square Numbers
将平方数依次列举出来,发现两两相邻的平方数相减会得到奇数,通过这样的操作,我们可以得到任意的奇数(其中1本身就是平方数)
然后由于1本身就是平方数,又因为我们可以得到任意一个奇数,故可以通过+1或者-1得到任意一个偶数
令diff为a和b的差的绝对值,然后我们看最少需要几个平方数能凑出n
如果diff本身为平方数,那么操作次数即为1
如果diff可以分解为两个平方数的和,那么操作次数为2
如果diff是4的倍数,就可以分解为两个平方数的差,操作次数为2
如果diff为奇数但又不能分解为两个平方数的和,那么可以通过两个平方数凑出该奇数,那么操作次数为2
如果diff为偶数但又不能分解为两个平方数的和,那么可以通过两个平方数和一个1凑出该偶数,那么操作次数为3
AC代码:
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define endl '\n'
//#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
int a,b;
bool check(int x){
int t=(int)sqrt(x);
if(t*t==x) return true;
return false;
}
int solve()
{
cin>>a>>b;
int diff=abs(a-b);
if(check(diff)) return 1;
for(int i=1;i*i<=diff/2;i++){
int j=diff-i*i;
if(check(j)) return 2;
}
if(diff%2==1) return 2;
if(diff%4==0) return 2;
return 3;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--)
cout<