拉了CF583和CF486的两套div2题目
还是先贴宏定义部分
#define MAXN 1000000+5
#define MOD 1000000007
#define PI (acos(-1.0))
#define EPS 1e-6
#define MMT(s,a) memset(s, a, sizeof s)
#define GO(i,a,b) for(int i = (a); i < (b); ++i)
#define GOE(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define OG(i,a,b) for(int i = (a); i > (b); --i)
#define OGE(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
A - Asphalting Roads(CF-583A)
题意就是n条水平路，n条竖直路，构成井字形状。然后第i天会到(xi,yi)这个路口，如果这个路口得两条路都没有被染色，就输出这天并把两个路口都染上颜色，否则跳到下一天。
输出所有可以染色得天数。
题目思路：标记遍历即可
1 int main(){ 2 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0); 3 int n,x,y; 4 cin>>n; 5 int mp1[55] = {0},mp2[55] = {0}; 6 GO(i,0,n*n){ 7 cin>>x>>y; 8 if(mp1[x] == 0 && mp2[y] == 0){ 9 cout << i+1 << " "; 10 mp1[x] = mp2[y] = 1; 11 } 12 } 13 cout << endl; 14 15 return 0; 16 }
B - Robot's Task(CF-583B)
题意就是最开始从左往右走，如果现在值Num比a[i]大，则Num+1，否则跳过他，走到尽头如果有数没有经过，则转向再次走，已经走过的地方不能再走。
Num初始值为0，问至少转向几次。
思路：模拟即可
1 int main(){ 2 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0); 3 int n; 4 int a[1005] = {0},vis[1005] = {0}; 5 cin>>n; 6 GOE(i,1,n){ 7 cin>>a[i]; 8 } 9 bool flag = true; 10 int cnt = n,ans = 0,num = 0; 11 while(cnt > 0){ 12 if(flag){ 13 GOE(i,1,n){ 14 if(!vis[i] && num >= a[i]){ 15 vis[i] = 1; 16 num++; 17 cnt--; 18 } 19 } 20 } 21 else{ 22 OGE(i,n,1){ 23 if(!vis[i] && num >= a[i]){ 24 vis[i] = 1; 25 num++; 26 cnt--; 27 } 28 } 29 } 30 flag = !flag; 31 if(cnt > 0) 32 ans++; 33 } 34 cout << ans << endl; 35 36 return 0; 37 }
C - GCD Table(CF-583C)
给你一个打乱了的GCD表，问是哪些值构成的。
思路：这n个数一定就是对角线上的数，直接降序排列然后暴力找，每次找到的最大的数一定是其中一个数，然后求出它与已经求出的所有数的gcd在队列中去掉两个这个gcd数，保证所有大于等于下一个数字的gcd一定都被去掉了，剩下的最大的又是要找的数。
额外定义
template<typename T>
using maxHeap = priority_queue<T, vector<T>, less<T> >;
template<typename T>
inline T gcd(T a, T b){ return b==0 ? a : gcd(b,a%b); }
代码
1 int main(){ 2 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0); 3 int n,k = 0,temp,num; 4 int a[250050],b[250050]; 5 cin>>n; 6 GOE(i,1,n*n){ 7 cin>>a[i]; 8 } 9 sort(a+1,a+1+n*n); 10 maxHeap<int> q; 11 OG(i,n*n,0){ 12 if(!q.empty()) 13 temp = q.top(); 14 else 15 temp = 0; 16 if(a[i] == temp){ 17 q.pop(); 18 continue; 19 } 20 GO(j,0,k){ 21 num = gcd(b[j],a[i]); 22 q.push(num); 23 q.push(num); 24 } 25 b[k++] = a[i]; 26 } 27 GO(i,0,k) 28 cout << b[i] << " "; 29 cout << endl; 30 31 return 0; 32 }
F - Calculating Function(CF-486A)
题意就是按照他给的公式输出F(n)；
思路：可以推出n为偶数是F(n) = n/2,否则F(n) = n/2 - n;
代码
1 int main(){ 2 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0); 3 ll n; 4 cin>>n; 5 if (n&1) 6 cout << n/2 - n << endl; 7 else 8 cout << n/2 << endl; 9 10 return 0; 11 }
G - OR in Matrix(CF-486B)
题目就是说bij为i行和j列的值OR操作的结果，现在给你操作后的表，要你求操作前的表。
思路：如果bij = 0，则证明i行和j列全是0，如果是1，则证明i行和j列必须有一个1，所以先把所有值设为1，按照题目把某些行列变为0，再判断一遍是否满足题意即可
代码
1 int main(){ 2 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0); 3 int n,m; 4 int a[105][105],b[105][105]; 5 fill(b[0],b[0]+105*105,1); 6 cin>>n>>m; 7 GOE(i,1,n){ 8 GOE(j,1,m){ 9 cin>>a[i][j]; 10 if(a[i][j] == 0){ 11 GOE(ii,1,n) 12 b[ii][j] = 0; 13 GOE(jj,1,m) 14 b[i][jj] = 0; 15 } 16 } 17 } 18 19 GOE(i,1,n){ 20 GOE(j,1,m){ 21 if(a[i][j] == 1){ 22 int flag = 0; 23 GOE(ii,1,n){ 24 if(b[ii][j] == 1){ 25 flag = 1; 26 break; 27 } 28 } 29 GOE(jj,1,m){ 30 if(b[i][jj] == 1){ 31 flag = 1; 32 break; 33 } 34 } 35 if(!flag){ 36 cout << "NO" << endl; 37 exit(0); 38 } 39 } 40 } 41 } 42 43 cout << "YES" << endl; 44 GOE(i,1,n){ 45 GOE(j,1,m) 46 cout << b[i][j] << " "; 47 cout << endl; 48 } 49 50 return 0; 51 }
H - Palindrome Transformation(CF-486C)
题意就是4种操作，最开始在k位置操作，问最少操作多少次使得原串变成回文串。
思路：因为是对称的，我们先不要管最开始在哪个位置，遍历即可，当a[i] != a[n-i-1]时候，我们再想是变a[i]还是变另一个，然后答案加上这个值。同时往容器中加上从k走到i远还是走到n-i-1近。
最后排序，答案加上最远距离于最近距离之差再加上这两者距离k最近的距离即可。
为什么只需要不需要管k的位置，因为k无论在哪里，我们都需要把所有不符合的字符走到，所以这里得花掉最远距离和最近距离的差，同时我们最开始在k，需要走到最近的位置开始遍历上一段距离，所以最终答案就是
ans = 每个不合格字符的操作次数 + 不合格字符的区间长度 + 从k位置走到这个区间的某一端点的距离；
因为不管你的k是否在这个区间内，都需要遍历一遍这个区间。
1 int main(){ 2 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0); 3 int n,k; 4 string s; 5 vector<int> q; 6 cin>>n>>k>>s; 7 int len = n/2,ans = 0; 8 GO(i,0,len){ 9 if(s[i] != s[n-1-i]){ 10 int tp = abs(s[i] - s[n-1-i]); 11 tp = min(tp,26-tp); 12 ans += tp; 13 if(tp) 14 q.PB((abs(i+1-k) < abs(n-i-k)) ? i+1 : n-i); 15 } 16 } 17 int cnt = q.size(); 18 if(q.empty()) 19 cout << ans << endl; 20 else{ 21 sort(q.begin(),q.end()); 22 ans += q[cnt-1] - q[0] + min(abs(q[cnt-1]-k),abs(q[0]-k)); 23 cout << ans << endl; 24 } 25 return 0; 26 }
D题E题时间关系暂时不补了。
