Codeforces Round 938 (Div. 3)A-C,E-H

题目链接

A. Yogurt Sale

贪心的选两个物品价格少的,若总个数为奇数再加是单个价格

代码:

#include 
#define ll long long
using namespace std;

void solve(){
    int n,a,b;
    cin>>n>>a>>b;
    int r=0;
    if(n&1){
        if(b>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

B. Progressive Square

因为c,d大于0,所以不管是行还是列都是单调递增的,也就是说a[1][1]一定是最小的,

那么就按照最小的数开始构造,若不存在则不合法,可能有相等的数,所以用个map

记录数量。

代码:

#include 
#define ll long long
using namespace std;

int c[510*510];
void solve(){
    int n,a,b;
    cin>>n>>a>>b;
    map v;
    for(int i=1;i<=n*n;i++){
        cin>>c[i];
        v[c[i]]++;
    }
    int f=0,j=(*v.begin()).first;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(v[j]==0) f=1;
        v[j]--;
        for(int k=1;k>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

C. Inhabitant of the Deep Sea

按照题目模拟即可,每次减去a[l],a[r]之间最小的数,这样时间是o(n)的。对于退出

条件就是当前两数的最小值大于等于k/2,表示会在两数消失前k为0(也可能k还剩下1),

这里有个注意点:退出条件里的l可能会向右走两个位置,可能会到n+1的位置,如果

数据没有初始化就会wa,要么初始化,要么将第二个l++放在if条件里。

代码:

#include 
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;

ll a[N];
ll n,k;
void solve(){
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }
    if(n==1){
        if(k>=a[1])
        cout << "1" << endl;
        else
        cout << "0" << endl;
        return;
    }
    int l=1,r=n;
    while(1){
        if(l>=r)break;
        if(k/2<=min(a[l],a[r])){
            int m=k/2;
            a[l]-=m,a[r]-=m,k-=m*2;
            if(a[l]==0)l++;
            if(a[r]==0)r--;
            if(k&&a[l]){
            a[l]--,k--;
            if(a[l]==0)
            l++;}
            break;
        }
        int u=min(a[l],a[r]);
        a[l]-=u;a[r]-=u;k-=2*u;
        if(a[l]==0) l++;
        if(a[r]==0) r--;
        if(l>=r) break;
    }
   // cout << "....." <0){
        if(k>=a[l])
        cout << n << endl;
        else
        cout << n-1 << endl;
        return;
    }
    if(1){
        cout << n-max(0,r-l+1) << endl;
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t=1;
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

D. Inaccurate Subsequence Search

双指针模拟即可。

E. Long Inversions

数据最大5000,考虑直接枚举k(我不确定k是不是有单调性),check函数里用异或差分,

a[i]=s[i]^s[i-1],贪心的修改,若当前位置为0则进行修改,b[i]^=1,b[i+k]^=1,若i+k超出了

n就是不合法。

代码:

#include 
#define ll long long
using namespace std;
const int N=4e5+10;

ll a[N],b[N];
ll n,k;
bool check(int k){
    for(int i=0;i<=n;i++)
        b[i]=a[i];
    int r=0;
    int f=1;
    for(int i=0;in){
            f=0;
        }
        b[i]^=1;
        b[i+k]^=1;
        r=1;
        }
    }   
    return f;
}
void solve(){
    cin>>n;
    string s;
    cin>>s;
    a[0]=s[0]-'0';
    for(int i=1;i=1;k--){
        if(check(k))
        break;
    }
    cout << k << endl;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t=1;
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

F. Unfair Game

容易发现4只受4影响,若4的个数不为偶数肯定异或值不为0。对于1,2,3,若他们异或值不为0先

把他们变成0。接下来有两种操作,将1,2,3个数都减1,或者将他们其中一个减2。假设1,2,3个数

都为2,前者操作次数为2,后者操作次数为3,所以贪心的选择后者操作。考虑2无法操作的时候,也就是1,2,3个数都为1,则进行一次前者操作。

代码:

#include
using namespace std;
const int N=3e6+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
typedef pair pii;
typedef unsigned long long ull;
//const ll P=2281701377;
const ll P=998244353;


void solve(){
    int a,b,c,d;
	cin>>a>>b>>c>>d;
	ll ans=0;
	if(a%2&&b%2&&c%2)
		ans++;
	ans+=a/2;
	ans+=b/2;
	ans+=c/2;
	ans+=d/2;
	cout<>t;
    while(t--){
        solve();
    }

}

G. GCD on a grid

图片来源

Codeforces Round 938 (Div. 3)A-C,E-H_第1张图片

1e6以内的数约数个数最多240,我们考虑暴力枚举约数。对于每个约数搜索能否到终点,

对于取约数的时候一定要用根号算法,用o(n)多组数据会超时。然后我写的dfs超时了,

用的bfs才过的。

代码:

#include
using namespace std;
const int N=3e6+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
typedef pair pii;
typedef unsigned long long ull;
//const ll P=2281701377;
const ll P=998244353;

int vis[200][200];
vector v;
int n,m,f,tol;
int a[200][200];
int gcd(int a,int b){
	if(b==0) return a;
	return gcd(b,a%b);
}
bool check(int k){
	tol++;
	f=0;
	queue q;
	q.push({1,1});
	while(q.size()){
		int x=q.front().first,y=q.front().second;
		q.pop();
		if(vis[x][y]==tol) continue;
		vis[x][y]=tol;
		if(x==n&&y==m){
			f=1;
			break;
		} 
		if(y+1<=m&&vis[x][y+1]!=tol&&a[x][y+1]%k==0){
			q.push({x,y+1});
		}
		if(x+1<=n&&vis[x+1][y]!=tol&&a[x+1][y]%k==0){
			q.push({x+1,y});
		}
	}
	
	return f;
}
void solve(){
	v.clear();
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
    	for(int j=1;j<=m;j++)
    		cin>>a[i][j];	
	}
	int g=gcd(a[1][1],a[n][m]);
	for(int i=1;i<=sqrt(g);i++){
		if(a[1][1]%i==0&&a[n][m]%i==0){
			v.push_back(i);
			v.push_back(g/i);
		}
	}
	sort(v.begin(),v.end());
	int ans=1;
	for(int i=v.size()-1;i>=0;i--){
		int j=v[i];
		if(check(j)){
			ans=j;break;
		}
	}
	cout<>t;
    while(t--){
        solve();
    }

}

H. The Most Reckless Defense

对于每个塔的距离增加贡献为w=p*x-3^y,p为该塔的攻击力,x为该距离范围内的路程距离,

y为攻击距离。贪心的考虑,当贡献为负数就不进行选择,容易发现贡献是呈指数减少的,

我们考虑y最大为13。我们可以先预处理出每个塔每个距离的贡献。由于题目说了每个距离只能

取一次,我们考虑状压dp,考虑第i个塔从没选第j个距离到第i个塔选了第j个距离时的贡献最大值

代码:

#include
using namespace std;
const int N=3e6+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
typedef pair pii;
typedef unsigned long long ull;
//const ll P=2281701377;
const ll P=998244353;

int n,m,k;
ll dp[2][1<<13];
ll s[51*51][14];
char a[60][60];
double dis(int x,int y,pii z){
	int xx=z.first,yy=z.second;
	return sqrt((x-xx)*(x-xx)+(y-yy)*(y-yy));
}
void solve(){
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=0;i<2;i++){
		for(int j=0;j<(1<<13);j++){
			dp[i][j]=0;
		}
	}
	vector v;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			cin>>a[i][j];
			if(a[i][j]=='#')
				v.push_back({i,j});
		}
	}
	for(int i=1;i<=k;i++){
		int x,y,p;cin>>x>>y>>p;
		ll bas=1;
		for(int j=0;j<13;j++){
			bas*=3;
			int cnt=0;
			for(int k=0;k>k)&(1)){
					dp[op][j]=max(dp[op][j],dp[op^1][j^(1<>t;
    while(t--){
        solve();
    }

}

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