ABC 286 - 287
286
A link
题意：
就是交换给定字符串指定位置,swap 一下。
样例
Input:
chokudai
3 5
Output:
chukodai
Code
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <map>
using namespace std;
const int N = 100010;
int main()
{
clock_t c1 = clock();
#ifdef LOCAL
freopen("in.in","r", stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
#endif
string s;
cin >> s;
int n,m;
cin >> n >> m;
swap(s[n-1],s[m-1]);
cout << s;
#ifdef LOCAL
cerr << "Time Used: " << clock() - c1 << "ms" <<endl;
#endif
return 0;
}
B link
题目大意：
4n-1个数字(1~n) 找出那个出现了3次的数字
遍历一遍直接找到出现次数为3的输出就行了
Input:
3
1 3 2 3 3 2 2 1 1 1 2
Output:
2
Code
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <map>
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
int main()
{
clock_t c1 = clock();
#ifdef LOCAL
freopen("in.in","r", stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
#endif
int n;
cin >> n;
vector<int> cnt(n+1);
for(int i=1,x;i<4*n;i++)
{
cin >> x;
cnt[x]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(cnt[i]!=4) cout << i<<endl;
#ifdef LOCAL
cerr << "Time Used: " << clock() - c1 << "ms" <<endl;
#endif
return 0;
}
C link
题目大意：
给定两组字符串 \(A,B\)，且\(A.size() >= B.size() 且 A[1] = B[1],A.back()=B.back()\)，找出相等的字符串并输出。
双指针就行了，一个指向\(A\),一个指向\(B\),如果 \(A[i] = B[j]\) 那么 \(j++\)
样例:
Input:
5 3
tokyo kanda akiba okachi ueno
tokyo akiba ueno
output:
Yes
No
Yes
No
Yes
Code
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <map>
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
int main()
{
clock_t c1 = clock();
#ifdef LOCAL
freopen("in.in","r", stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
#endif
int n,m;
cin >> n >> m;
vector<string> a(n),b(m);
for(int i=0;i<n;i++) cin >> a[i];
for(int i=0;i<m;i++) cin >> b[i];
for(int i=0,j=0;i<n;i++)
{
if(a[i]==b[j]) j++,cout <<"Yes"<<endl;
else cout << "No"<<endl;
}
#ifdef LOCAL
cerr << "Time Used: " << clock() - c1 << "ms" <<endl;
#endif
return 0;
}
D link
题目大意：
给了\(2N\)个数字，再给出相互配对的价值，问配对N对的价值异或和最大为多少。
样例：
Input:
2
4 0 1
5 3
2
Output:
6
解法：
数据范围是 \(N<=8\) ，这时候我们就要往dfs上面想了，我们试着求下分组的方案数，
\(15*13*11*9*7*5*3*1 = 2027025 << 1e9\) 我说明我们可以暴力枚举每一种方案，但是要注意，我们枚举方案的时候要规定当前 组内是无序的，因为配对只考虑是否是相同的人。
所以我学到了新的方式来枚举
首先先从小到大找一个放进去一个没有被选的，然后我们再去枚举这个组内的其他配对元素，试着画一下我们的递归树，我们就会发现，我们组内的第一个元素是有序的，且我们组内的元素也是有序的。这样我们不会多余枚举这样的情况 \((1,2)(3,4) = (3,4)(2,1) = (4,3)(1,2)\)
当然我们可以运用我们的高中知识，平均分为几组，最后方案数要除以 \(A_i^i\),也就是当我们 \(A_i^i * cnt == m\) 我们直接强制退出程序 exit(0);
code
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <map>
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N = 20;
int g[N][N];
bool st[N];
vector<pair<int,int>> path(N);
int ans,n,m;
bool flag = false;
int cnt,c=1;
void dfs(int u)
{
if(u == n)
{
int t=0;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
auto zz = path[i];
t^=g[zz.x][zz.y];
}
ans = max(ans,t);
return;
}
int i = 1;
while(i<=m&&st[i]) i ++;
st[i] = true;
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(st[j]) continue;
st[j] = true;
path[u] = {i,j};
dfs(u+1);
st[j] = false;
}
st[i] =false;
}
int main()
{
clock_t c1 = clock();
#ifdef LOCAL
freopen("in.in","r", stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
#endif
cin >> n;
m=2*n;
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=i+1;j<=m;j++)
cin >> g[i][j];
dfs(0);
cout << ans<<endl;
#ifdef LOCAL
cerr << "Time Used: " << clock() - c1 << "ms" <<endl;
#endif
return 0;
}
E link
题目大意：
给我们\(n\)个数字，且对于每个\(i(1<=i<n)\) 我们\(A_i和A_{i+1}\)中间要至少选一个，求这样选取的中位数和平均值最大是多少?
解法：
玄学二分
前置： dp求这样选整个序列的最大值
\(f[i][j]\) ： 表示 从前 \(i\)个物品选且第\(i\)个物品的状态是 \(j\) 时，选取的最大值 （ \(j\)有两种取值，0代表不取，1代表取 ）
转移方程 ： \(f[i][1] = max(f[i-1][0],f[i-1][1])+b[i]\)
\(f[i][0]=f[i-1][1]\) 当我们这个物品不选时，上个物品必须选，如果不选则不满足至少选一个。（当然我们会发现我们只会用到上一维度可以优化）用 \(f\)代表\(f[i][1]\) 用 \(g\) 表示 \(f[i][0]\) ，如果我们更新时我们这两个值存储的是上一层的，我们更新这一维度的。
int t = max(f,g) + b[i];
g = f;
f = t;
-
当我们求平均数时，采用的是浮点数二分，当我们枚举的数大时，我们这样选取的最大值是\(<0\) 的，当小时 \(>0\) , 当等于答案时是\(=0\)，所以当 \(>=0\)时我们要变换左边界。
-
当我们求中位数时，是要将我们的这个数尽可能的选多点，尽可能的让他靠近中间的位置，奇数时我们中位数的位置在
(n+1)/2，也就是我们不包括中位数左右两边的数一样多，偶数的时候在n/2也就是左半边最后一个数，两种情况汇总也就是说我们>=x的数严格多于小于x的数，我们将>= x的数设为 \(1\) ，<x的数设为\(-1\)，这样当我们选取的最大值>0我们这个数满足，当<0时不满足，=0时说明x在中间偏右一个位置。代码
#include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> #include <ctime> #include <vector> #include <map> using namespace std; const int N = 100010; vector<int> a(N); int n; template<typename T> T check(T x,T b[]) { T f = 0, g=0; for(int i=0;i<n;i++) { T t = max(f,g) + b[i]; g = f; f = t; } return max(f,g); } int main() { clock_t c1 = clock(); #ifdef LOCAL freopen("in.in","r", stdin); freopen("out.out","w",stdout); #endif cin >>n; for(int i=0;i<n;i++) cin >> a[i]; double l = 1 ,r = 1e9+10; while(r-l>1e-5) { double b[n]; double mid = (l + r) / 2; for(int i=0;i<n;i++) b[i] = a[i] - mid; if(check(mid,b)>=0) l=mid; else r=mid; } int l1=1,r1=1e9; int b[n]; while(l1<r1) { int mid = l1 + r1 + 1>>1; for(int i=0;i<n;i++) b[i] = a[i]>= mid ? 1 : -1; if(check(mid,b)>0) l1 = mid; else r1 = mid - 1; } printf("%.2lf\n%d",l,l1); #ifdef LOCAL cerr << "Time Used: " << clock() - c1 << "ms" <<endl; #endif return 0; }
F link
我是数学大彩笔
这个题用到了一点线代的知识（ 看题解看出来的=-=）
题目大意：
给\(n\)个数字的价值，问我们用某些数异或表示出来\({x,1<=x<2^n}\) 的最小价值(\(w>0，N<=16，2^N<1e6\))。
解法：贪心+数学
将价值升序排列，如果当前数能表示其他数字，能不加就不加。
- 证明1： 当当前数字能表示其他数字时，当我们不加入时，如果后面有数字可以表示这个数字多表示出来的数字，我们加入这个没有加入那个划算。我们不如直接加入那个数字，与最小价值矛盾。
- 证明2： 当我们不能加入时，也就是当前数字不能表示新的数字，我们大可不必加入这个数字，如果加入，等于累赘，违背最小价值。
问题来了
如果我们暴力去枚举当前数字与之前数字异或能表示的数字，我们会发现，我们要枚举\(2^{2n}>1e9\) 直接就超时了 ，这时候我们想空间坐标系的 单位向量，我们管它叫 基底，也就是可以使用他们三个表示我们空间坐标系的 所有向量，我们不妨代入到我们的\(XOR\)里面，当我们拥有一些 基底时：:\(x_1⊕x_2⊕x_3⊕...⊕x_n\) 当我们加入\(x_i\)基底时，加入这个可以表示 新的向量，我们会发现我们\(⊕\)完以后我们在异或的 过程 中不会\(=0\),如果 出现 等于\(0\)，就相当于\(x_i\)这个基底可以被其他基底表示出来，也就是不能充当基底，相反，当我们没有出现\(0\)时，我们就可以用。
这样我们的时间复杂度就变成了 \(O(N*2^N)\)
code
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <map>
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N = 16,M = 1<<N;
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long LL;
PII a[M];
int n,m;
bool st[M];
vector<int> id;
LL ans;
int main()
{
clock_t c1 = clock();
#ifdef LOCAL
freopen("in.in","r", stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
#endif
cin >> n; m = 1<<n;
for(int i =1;i<m;i++) cin >> a[i].x , a[i].y = i;
sort(a+1,a+m);
for(int i=1;i<m;i++)
{
auto t = a[i];
int s = t.y;
for(auto idx : id) s = min( s, s^idx);
if(s>0) id.push_back(s),ans += t.x;
}
cout << ans;
#ifdef LOCAL
cerr << "Time Used: " << clock() - c1 << "ms" <<endl;
#endif
return 0;
}
287
A link
题目大意： 判断 输入的\(n,-2^{63}<=n<2^{63}\),判端 n是否为整数
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
long long n;
int m;
cin >> n;
m = n;
if( m == n) cout <<"Yes";
else cout << "No";
return 0;
}
B link
题目大意： 给定 \(A\) 矩阵，输出 \(B\) 矩阵,\(A,B\) 矩阵行列相反
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <map>
using namespace std;
const int N = 1;
int main()
{
clock_t c1 = clock();
#ifdef LOCAL
freopen("in.in","r", stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
#endif
int n,m;
cin >> n >> m;
int g[n][m];
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
cin >> g[i][j];
for(int j=0;j<m;j++)
{
for(int i=0;i<n;i++)
cout << g[i][j] <<' ';
cout << endl;
}
#ifdef LOCAL
cerr << "Time Used: " << clock() - c1 << "ms" <<endl;
#endif
return 0;
}
C link
题目大意： 给定一个字符串，可以在开头补无数a，问字符串经过操作后是否为回文串。
解法：分为三部分，开头 末尾a 和中间的 a
-
如果开头的
a数量多于末尾的 ，肯定不是。 -
中间部分是回文串则是。
Code
#include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> #include <ctime> #include <vector> #include <map> using namespace std; const int N = 1; int main() { clock_t c1 = clock(); #ifdef LOCAL freopen("in.in","r", stdin); freopen("out.out","w",stdout); #endif string s; cin >> s; int i=0,j=s.size()-1; while(i<=j&&s[i]=='a') i ++; while(j>=0&&s[j]=='a') j --; bool f = true; if(i>s.size()-1-j) f = false; else { while(i<j) { if(s[i] != s[j]) { f = false; break; } i++,j--; } } if(f) cout << "Yes"; else cout << "No"; #ifdef LOCAL cerr << "Time Used: " << clock() - c1 << "ms" <<endl; #endif return 0; }
D link
题目大意：开始 \(A=(0)\) , 给一些操作序列，第\(i\)个如果是\(L\) , 我们就将他插到\(i-1\)的左边，\(R\)就是右边，输出最后的序列。
尝试
如果正着想我们会发现十分复杂，我们首先要找到当前字符串的 \(i-1\)的位置，将其插入。 复杂度十分高，我们模拟一遍会发现，我们倒着看的时候，我们发现，操作变成了 一堆字符串。模拟一下 吧，
3
LLR
reverse(s);
string ans = "3";
// R = 23
// L = 231
// L = 2310
string ans = "0";
// L = 10
// L = 210
// R = 2310
我们发现如果是 R 说明当前这一坨在 后边 ,反之在前边，我们可以用双端队列（用字符串模拟会超时=-=）
Code
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <string>
#include <vector>
#include <map>
#include <queue>
using namespace std;
const int N = 200010;
deque<int> q;
int main()
{
clock_t c1 = clock();
#ifdef LOCAL
freopen("in.in","r", stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
#endif
string l,r;
int n;
cin >> n;
string a;
cin >> a;
q.push_back(n);
for(int i = n-1;~i;i--)
{
if(a[i] == 'R')
q.push_front(i);
else
q.push_back(i);
}
for(auto t : q)
cout << t << ' ';
#ifdef LOCAL
cerr << "Time Used: " << clock() - c1 << "ms" <<endl;
#endif
return 0;
}
E link
有兴趣的去写写
题意： 有\(n\)个空间站，给一些数据，表示空间站的高度是多少，\(x-->y\) 如\(h[x]>=h[y]\) 那么价值是\(h[x] - h[y]\),反之是\(2(h[x]-h[y])\),求最大价值。
SPFA已死
这个用 \(Dijkstra\) 挺秒的，\(dist[i]\) 表示我们\(1-->i\) 的最小价值，将负边转正,对于<0的边我们将其转正，对于大于0的边，我们将其变为0，我们每次更新\(ans\)时采用,\(ans = max(ans,h[1]-h[i]-d[0])\),这里配合那里简直妙蛙种子，首先我们试着代值进去，我们会发现这就是我们的价值。具体是什么样子呢，就是我们的我们到了那个点，我们的价值就是 \(h[x]-h[y]-w\) 当我们\(x>=y\)是 \(w=0\),\(x<y\) 时\(w=h[y]-h[x]\)。
Code
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <map>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
const int N = 200010,M=2*N;
int h[N],e[M],w[M],ne[M];
int height[N];
int idx,dist[N];
bool st[N];
void add(int a,int b,int c)
{
e[idx] = b,w[idx] = c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
int main()
{
clock_t c1 = clock();
#ifdef LOCAL
freopen("in.in","r", stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
#endif
int n,m;
cin >> n >> m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin >> height[i];
memset(h,-1,sizeof h);
for(int i=1,a,b;i<=m;i++)
{
cin >> a >> b;
add(a,b,max(0,height[b]-height[a]));
add(b,a,max(0,height[a]-height[b]));
}
priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII>> q;
memset(dist,0x3f,sizeof dist);
q.push({0,1});
dist[1]=0;
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
auto t = q.top();
q.pop();
int k = t.second,d = t.first;
if(st[k]) continue;
st[k] = true;
// cout << k <<' ';
ans = max(ans, height[1] - height[k] - dist[k]);
for(int i=h[k];~i;i=ne[i])
{
int j=e[i];
if(dist[j] > dist[k] + w[i])
{
dist[j] = dist[k] + w[i];
q.push({dist[j],j});
}
}
}
cout << ans;
#ifdef LOCAL
cerr << "Time Used: " << clock() - c1 << "ms" <<endl;
#endif
return 0;
}
F link
题目大意：给我们可选数字的范围，和要组成序列的长度，要我们求出，该长度下 满足 \(LIS\) 长度为3 序列数有多少。
解法：dp
\(f[i][j][k][l]\) ：表示长度为 \(i\) 的序列，\(LIS\) 是\((j,k,l)\) 的方案数。
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <map>
#define for_i(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int N = 1010,M=15,mod=998244353;
int f[N][M][M][M];
int main()
{
clock_t c1 = clock();
#ifdef LOCAL
freopen("in.in","r", stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
#endif
int n,m;
cin >> n >> m;
f[0][m+1][m+1][m+1] = 1;
for_i(i,1,n)
for_i(j,1,m+1)
for_i(k,1,m+1)
for_i(l,1,m+1)
for_i(x,1,m)
{
if(x<=j) (f[i][x][k][l] += f[i-1][j][k][l] ) %= mod;
else if(x<=k) (f[i][j][x][l] += f[i-1][j][k][l]) %=mod;
else if(x<=l) (f[i][j][k][x] += f[i-1][j][k][l]) %= mod;
}
int ans=0;
for_i(i,1,m)
for_i(j,i+1,m)
for_i(k,j+1,m)
(ans+=f[n][i][j][k])%=mod;
cout << ans;
#ifdef LOCAL
cerr << "Time Used: " << clock() - c1 << "ms" <<endl;
#endif
return 0;
}