比赛链接:https://atcoder.jp/contests/abc332
比赛时间:2023年 12 月 10 日 20:00-21:40
标签:枚举、模拟
题意:给定 n n n个物品,第 i i i个物品的价格是 p i p_i pi,需要购买件数是 q i q_i qi,如果购买物品的总花费大于等于 s s s,不需要支付运费,否则需要支付运费 k k k,求最终支付的金额。
题解:求一下购买物品的总花费,判断下是否大于等于 s s s,对应输出即可。
代码:
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
int main() {
ll n, s, k, sum = 0;
cin >> n >> s >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ll p, q;
cin >> p >> q;
sum += p * q;
}
if (sum >= s) cout << sum;
else cout << sum + k;
return 0;
}
标签:模拟
题意:给定 G G G容量的玻璃杯和 M M M容量的马克杯,一开始两个杯子里面都没水,给定以下操作先后顺序,求 K K K次操作之后,两个杯子中各自的水量。( G < M G
题解:按照题目要求模拟就好了,维护两个变量,两个杯子中各自水量情况。按照题目中的先后顺序,模拟这 K K K次操作。注意第三个情况,我们把水从马克杯往玻璃杯倒的时候,需要考虑到目前玻璃杯还能装多少 以及马克杯能倒过去多少,应该要拿这两种情况中的小的那个倒过去。
代码:
#include
using namespace std;
int main() {
int k, g, m;
cin >> k >> g >> m;
// 当前玻璃杯里的水量 马克杯里的水量
int a = 0, b = 0;
for (int i = 1; i <= k; i++) {
if (a == g) {
a = 0;
}
else if (b == 0) {
b = m;
}
else {
// 当前玻璃杯里还能装多少水量
// 当前马克杯里的水量
int x = min(g - a, b);
a += x;
b -= x;
}
}
cout << a << " " << b << endl;
return 0;
}
标签:枚举、模拟
题意:给定一个长度为 N N N的字符串 S S S(只含 0 、 1 、 2 0、1、2 0、1、2),表示具体日程安排。
0 0 0:没有计划; 1 1 1:出去吃饭; 2 2 2:参加竞赛
0 0 0:没有计划的日子,会把所有穿过的T恤洗掉
1 1 1:出去吃饭,可以穿素色T恤或者带 l o g o logo logo的T恤
2 2 2:参加竞赛,只能穿带 l o g o logo logo的T恤
一开始给定你 M M M件素色T恤,求最少要购买几件带 l o g o logo logo的T恤才能满足日程安排?
穿过了的 T恤就不能再穿了,除非给它重新洗过了。
( 1 < = M < = N < = 1000 1<=M<=N<=1000 1<=M<=N<=1000)
题解:发现其实 N N N很小,所以我们可以直接从小到大枚举一下需要购买的带 l o g o logo logo的 T恤数量,然后跑下字符串 S S S的日程,看看是否满足日程安排。因为是从小到大,找到的第一个就可以直接输出了。
题目中有要求,穿过了的 T恤就不能再穿了,除非给它重新洗过了。所以我们在枚举带 l o g o logo logo的 T恤数量的过程中,需要维护一下目前还没穿和已经穿过的素色 T恤数量、目前还没穿和已经穿过的带 l o g o logo logo的 T恤数量。
以下是针对于具体日程安排的处理逻辑:
0 0 0:没有计划的日子,会把所有穿过的T恤洗掉;这时候把对应已经穿过的加到未穿过的数量上,然后把对应已经穿过的数量置 0 0 0。
1 1 1:出去吃饭,很显然要优先穿素色的T恤,先判这个逻辑;如果没有未穿过的素色T恤,再考虑穿带 l o g o logo logo的 T恤,如果带 l o g o logo logo的 T恤也没有,那说明现在枚举的购买 T恤数量 k k k不够,跳出往后找更大数量。
2 2 2:参加竞赛。和出去吃饭的逻辑差不多,只不过因为只能穿带 l o g o logo logo的T恤,所以直接判带 l o g o logo logo的情况就好了。
代码:
#include
using namespace std;
int main() {
int n, m;
string s;
cin >> n >> m >> s;
// k: 买带logo的T恤 件数
for (int k = 0; k <= n; k++) {
bool f = 1;
int a1 = m, a2 = 0; // plain 没穿过/已经穿过
int b1 = k, b2 = 0; // logo 没穿过/已经穿过
for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
if (s[i] == '0') {
a1 += a2; a2 = 0;
b1 += b2; b2 = 0;
}
else if (s[i] == '1') {
if (a1 > 0) a1--, a2++;
else {
if (b1 > 0) b1--, b2++;
else {
f = 0;
break;
}
}
}
else if (s[i] == '2') {
if (b1 > 0) b1--, b2++;
else {
f = 0;
break;
}
}
}
if (f == 1) {
cout << k << endl;
return 0;
}
}
return 0;
}
标签:全排列、深度优先搜索
题意:给定两个行数和列数分别是 H H H和 W W W的二维矩阵 A A A和 B B B。可以对 A A A矩阵的相邻两行或者相邻两列进行交换,求最少的交换次数能够使得 A A A矩阵变成 B B B矩阵。( 2 < = H , W < = 5 2<=H,W<=5 2<=H,W<=5)
题解:看到这个数据这么小,很容易想到暴搜。对矩阵 A A A的行和列分别做一个全排列深搜。
举个例子,比如行数 H = 3 H=3 H=3,列数 W = 3 W=3 W=3。
那么一开始行的情况: 1 、 2 、 3 1、2、3 1、2、3
来看个行的其中一个全排列的情况: 2 、 3 、 1 2、3、1 2、3、1,这个情况也就是说现在的第 1 1 1行是原来的第 2 2 2行,现在的第 2 2 2行是原来的第 3 3 3行,现在的第 3 3 3行是原来的第 1 1 1行。
那我们是不是弄出了一种行的交换情况,那这种情况行到底交换了多少次呢?熟悉逆序数的同学,应该能发现交换的次数 其实就是这个情况的序列逆序数的值。
比如这里 2 、 3 、 1 2、3、1 2、3、1, 2 2 2要在 1 1 1的前面 肯定是和 1 1 1进行了交换。
同理,列也是类似的;我们对行和列都做一个全排列操作之后,分别统计一下对应序列的逆序数值,相加一下就是改变成目前这种情况,总的交换次数。
然后还有个问题就是如何去判断这种情况下 A A A矩阵和 B B B矩阵是否相同的,我们可以把全排列的情况记录一下,到时候比较的时候看看这种情况下 A A A矩阵的当前行和当前列是对应初始 A A A矩阵的哪一行和哪一列,然后对应进行比较即可。
代码:
#include
using namespace std;
int n, m, ans = 1e9;
int a[15][15], b[15][15];
int c[15], d[15], vis1[15], vis2[15];
void dfs1(int p) { // 做列的全排列
if (p == m + 1) {
bool f = true;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (!f) break;
for (int j = 1; j <= m; j++) {
if (a[c[i]][d[j]] != b[i][j]) {
f = false;
break;
}
}
}
if (f) {
int cnt = 0; // 操作次数
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = i + 1; j <= n; j++)
if (c[i] > c[j]) cnt++;
for (int i = 1; i <= m; i++)
for (int j = i + 1; j <= m; j++)
if (d[i] > d[j]) cnt++;
ans = min(ans, cnt);
}
return ;
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (!vis2[i]) {
vis2[i] = 1;
d[p] = i;
dfs1(p + 1);
vis2[i] = 0;
}
}
}
void dfs2(int p) { // 针对行做一个全排列
if (p == n + 1) {
dfs1(1);
return ;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (!vis1[i]) {
vis1[i] = 1;
c[p] = i; // 现在的第p行是原来的第i行
dfs2(p + 1);
vis1[i] = 0;
}
}
}
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++)
cin >> a[i][j];
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++)
cin >> b[i][j];
dfs2(1);
if (ans == 1e9) ans = -1;
cout << ans;
return 0;
}
标签:贪心、随机化
题意:给你 n n n件物品,第 i i i件物品的权重为 w i w_i wi,想要把这些物品分成 d d d组,希望最小化总重量的方差。
方差定义: V = 1 D ∑ i = 1 D ( x i − x ˉ ) 2 V=\frac{1}{D}\displaystyle\sum_{i=1}^D (x_i-\bar{x})^2 V=D1i=1∑D(xi−xˉ)2, x ˉ \bar{x} xˉ定义为各组数据和的平局值: x ˉ = 1 D ( x 1 + x 2 + ⋯ + x D ) \bar{x}=\frac{1}{D}(x_1+x_2+\cdots+x_D) xˉ=D1(x1+x2+⋯+xD)
题解: 通过观察能发现这是一个贪心,当 x i x_i xi的值越接近答案越小, 我们可以把每个数加到当前和最小的组里,然后通过随机化 进行多次贪心,随机化的次数可以稍微多点。每次贪心把序列打乱, 然后多次进行操作获得对应的值,从中取最小值就可以了。
代码:
#include
using namespace std;
int n, d, w[20], b[20], t = 2000000;
double ans = 1e18, sum = 0;
int main() {
cin >> n >> d;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> w[i];
sum += w[i];
}
double avg = sum / d;
while (t--) {
memset(b, 0, sizeof(b));
random_shuffle(w + 1, w + n + 1);
int k = 1;
sum = 0;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
for (int i = 2; i <= d; i++) {
if (b[i] < b[k]) k = i;
}
b[k] += w[j];
k = 1;
}
for (int i = 1; i <= d; i++) sum += (avg - b[i]) * (avg - b[i]);
sum = sum / d;
ans = min(ans, 1.0 * sum);
}
printf("%.15lf", ans);
return 0;
}