Atcoder Beginner Contest 285(A - D) 题解
目录
前言
题解
A - Edge Checker 2
题意
题解
代码
B - Longest Uncommon Prefix
题意
题解
代码
C - abc285_brutmhyhiizp
题意
题解
代码
D - Change Usernames
题意
题解1
代码1
题解2
代码2
前言
关于我是一个爱装的人，没事就装。俗话说，装X遭雷劈，ABC285就被雷劈了。
一个二十分钟的题目做了一个小时，还吃了一发罚时。
废话不多说，进入正题。
题解
A - Edge Checker 2
题意
一棵满二叉树如图所示。
给你a,b，问你a，b是否相连(a > b)
题解
满二叉树有一个性质。
就是节点i的儿子是（2i）和 （2i + 1）
我们利用c++正常除法向下取整这个特点，得出：如果b / a == 2 那么输出“Yes”，否则输出“No”
因为如果b是2a+1，在c++中，直接除可以向下取整，所以，
如果b是2a，
,
其余情况都不相连。
代码
#include
using namespace std;
#define ll long long
#define MAXN 1048586
#define M 5005
#define N 500005
#define int long long
#define endl "\n"
#define _clear(q) while (!q.empty()){q.pop();}
int n,m,k;
template
int rets(T x) {cout << x << endl; return 0;}
string s;
void init(){
}
signed main(){
init();
cin >> n >> m;
if (m / 2 == n) cout << "Yes" << endl;
else cout << "No" << endl;
return 0;
} B - Longest Uncommon Prefix
其实这题很简单，但是读题是个问题，否则我也不可能16min才A掉。
题意
给你一个字符串，长度为n。
枚举l使得，s[i + l] < n 并且 
题解
按题意模拟就行。
代码
#include
using namespace std;
#define ll long long
#define MAXN 1048586
#define M 5005
#define N 500005
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define mod 998244353
#define int long long
#define endl "\n"
#define _clear(q) while (!q.empty()){q.pop();}
int n,m,k;
template
int rets(T x) {cout << x << endl; return 0;}
char s[M];
void init(){
}
signed main(){
init();
cin >> n >> (s + 1);
for (int l = 1 ; l < n ; l ++) {
int ans = 0;
for (int i = 1 ; i + l <= n ; i ++) {
if (s[i] == s[i + l]) break;
ans = i;
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
} C - abc285_brutmhyhiizp
题意
在atcoder王国里，有
个问题，每个问题都编号依次为A,B,C……AA,AB,……,ZZ……
然后给你一个字符串，请问这是第几个问题。
题解
如AAABB
设pro[i]表示从1到i的这个字符串的编号，例如：pro[2] = "AA"的编号。
观察发现
pro[1] = (s[0] - 'A' + 1) * 
=
pro[2] = pro[1] * 26 + (s[1] - 'A' + 1) = 
+ 1 = 27
pro[3] = pro[2] * 26 + (s[2] - 'A' + 1) …… 以此类推。
所以，pro[i] = pro[i - 1] * 26 + (s[i - 1] - 'A' + 1)
但是，这里我们优化一下空间，倒着计算，类似于哈希。
// 伪代码
base = 1;
for i : s.size() - 1 to 0 then do
ans += (s[i] - 'A' + 1) * base;
base *= 26;代码
#include
using namespace std;
#define ll long long
#define MAXN 1048586
#define M 5005
#define N 500005
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define mod 998244353
#define all(s) s.begin(),s.end()
#define Mn(a,b,c) min(a,min(b,c))
#define Mx(a,b,c) max(a,max(b,c))
#define sq(x) ((x) * (x))
#define cub(x) ((x) * (x) * (x))
#define all(s) s.begin(),s.end()
#define e9 1000000000
#define int long long
#define endl "\n"
#define _clear(q) while (!q.empty()){q.pop();}
int n,m,k;
template
int rets(T x) {cout << x << endl; return 0;}
string s;
void init(){
}
signed main(){
init();
cin >> s;
int ans = 0 , base = 1;
for (int i = s.size() - 1 ; i >= 0 ; i --) {
ans += (s[i] - 'A' + 1) * base;
base *= 26;
}
cout << ans << endl;
return 0;
} D - Change Usernames
就是这道题！！！装X遭雷劈
题意
有n个用户。每个用户都想改自己的名字从
改成
（吃饱了撑着没事干）
- 你每次只能改一个用户的名字
- 你每次也只能把一个用户的名字改一次
- 名字不能重复
问你能不能在满足上面三个条件的情况下，把所有用户的名字改成他们想要的。
能输出“Yes”，否则输出“No”
题解1
乍一眼看，好像这是一道暴力改名字的题目，但是那样就会很复杂。
思考一下，
a 把名字改成 b ， b 把名字改成 c
如果c把名字改成不是a或b的就可以了
a -> b ，b -> c
c不能-> a,也不能 -> b
这不是个有向图判环吗！
不会有向图判环的点这里,题解2.
设a把名字改成b就是a到b有一条单向边，如果存在环，那么在改的时候就会重复。
举个例子:
a -> b
b -> c
c -> d
d -> a当，你把a改成b时，你会发现，重复了。所以在这之前，你必须把b改成c，又重复了，在此之前，你必须把c改成d，重复，在此之前，你必须把d改成a。完了，人麻了，死循环。
所以只要有环，就判“No”。
上代码！
代码1
#include
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
const int N = 2e5 + 5;
int n,k = 1;
vector G[N];
map mp;
int vis[N], ind[N];
queue Q;
int BFS() {
while (!Q.empty()) Q.pop();
for (int i = 1;i <= k-1; i++) if(ind[i] == 0) Q.push(i);
int cnt = Q.size();
while (!Q.empty()) {
int u = Q.front();
Q.pop();
for(int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
int v = G[u][i];
ind[v] --;
if(ind[v] == 0) {
Q.push(v);
cnt++;
}
}
}
return cnt;
}
signed main() {
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
string u,v;
cin >> u >> v;
if (!mp[u]) mp[u] = k ++;
if (!mp[v]) mp[v] = k ++;
G[mp[u]].push_back(mp[v]);
ind[mp[v]]++;
}
cout << (BFS() == k - 1 ? "Yes" : "No") << endl;
return 0;
} 题解2
但是有的大佬不会有向图判环咋整？
别急，办法总是有的（就是因为这个，所以我才没用有向图判环，否则我20min就AC了。）
先假设这个图不全是环，那么他总是有一个名字不会被改。找到这个名字，开始我们的
DFS之旅！！！（不就是DFS，有什么好大惊小怪的）
首先，用vector存图，记录下每个人要改的名字，找到不改的名字，DFS。
DFS里面，如果这个名字被访问过，直接return false。
如果这个名字不会改，return true。
然后return DFS（他要改的名字）。
写完了，交一发！
AC！
oj表示：WA！你得意个啥。
为什么WA？
看到我们的条件没有？
那全是环呢？
当然随便找一个点就可以DFS了，验证一下就行了，反正都是false
再交一发！
AC！
OJ表示：
，你已经吃两发罚时了！
为什么？为什么？上帝为什么这么要对待我！
这是一个疯子，我们不要理会他。
会不会有一种情况，他不是一个连通图。
唉，所以要从vis没有标记过的点开始遍历。
再交一发！
上帝保佑我AC。
OJ表示： ，我跪了，求你了，别交了，我会炸的。
嘿嘿，我就要把你交炸。
这真是个一本正经(sàng xīn bìng kuáng)的人。
还是那个问题：为什么会WA？
深入思考，你会发现连样例3你都过不去。为什么？
你有没有发现，你遍历的时候，如果，一个字符串遍历过了，会return false，
但是，如果你先从它开始，然后再有人想把他的名字改成这个字符串，就会return false，所以，我们要标记一下，计作vis2，如果vis2没有标记过，再遍历。
终于可以上AC Code了。
代码2
#include
using namespace std;
#define ll long long
#define MAXN 1048586
#define M 5005
#define N 500005
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define int long long
#define endl "\n"
#define _clear(q) while (!q.empty()){q.pop();}
int n,m,k;
template
int rets(T x) {cout << x << endl; return 0;}
string s;
struct Node {
string from,to;
}a[N];
map vis;
map vis1;
map > fa;
vector fir;
map vis2;
void init(){
}
bool DFS (string s) {
// cout << s << endl;
if (vis[s]) {return false;}
if (fa[s].size() == 0) return true;
vis[s] = 1;
return DFS(fa[s][0]);
}
signed main(){
init();
cin >> n;
for (int i = 1 ; i <= n ;i ++) {
cin >> a[i].from >> a[i].to;
vis2[a[i].to] = 1;
// cout << a[i].from << " " << a[i].to << endl;
fa[a[i].from].push_back(a[i].to);
// cout << a[i].from << " " << fa[a[i].from] << endl;
}
for (int i = 1 ; i <= n ;i ++) {
if (!vis[a[i].from] && !vis2[a[i].from]) {
// cout << i << endl;
bool t = DFS(a[i].from);
if (!t) return rets("No");
}
}
for (int i = 1 ; i <= n ;i ++) {
if (!vis[a[i].from]) {
// cout << i << endl;
bool t = DFS(a[i].from);
if (!t) return rets("No");
}
}
rets("Yes");
return 0;
}