Educational Codeforces Round 31 题解

比赛链接：http://codeforces.com/contest/884

A. Book Reading

题意：略

解法：水题，模拟。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int a[110];int main(){    int n, t;    scanf("%d %d", &n,&t);    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &a[i]);    int ans = 0;    for(int i=1; i<=n; i++){        ans += 86400-a[i];        if(ans>=t){            return 0*printf("%d\n", i);        }    }}

B. Japanese Crosswords Strike Back

题意：给了一个01串编码，记录1的个数放到数组里，问是否能唯一确定一个01串。

解法：判断n-1+数组的和和字符串长度是否相等就ok。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int a[100010];int main(){    int n, x;    scanf("%d %d", &n,&x);    int sum = 0;    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &a[i]), sum += a[i];    if((n-1+sum)==x){        puts("YES");    }else{        puts("NO");    }    return 0;}

C. Bertown Subway

题意：给了一个排列，最多可以交换一对数，问最多有多少个不同的pair(i,j)使得从i出发可以到j。

解法：随手猜一下，应该是最大的两个环合成一个环，剩下的算个组合数就好，特判只有一个环，由于是排列，直接wihle找环。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1e5+6;typedef long long LL;int n, p[maxn];bool vis[maxn];vector <int> v;LL cal(LL x){    return x*(x-1)+x;}int main(){    scanf("%d", &n);    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&p[i]);    memset(vis, false, sizeof(vis));    for(int i=1; i<=n; i++){        int cnt = 0;        if(vis[p[i]]) continue;        int x = p[i];        while(!vis[x]){            ++cnt;            vis[x]=1;            x=p[x];        }        v.push_back(cnt);    }    sort(v.begin(),v.end());    LL ans = 0;    if(v.size()==1) return 0*printf("%lld\n", cal(1LL*v[0]));    for(int i=0; i<v.size()-2; i++){        ans += cal(1LL*v[i]);    }    printf("%lld\n", ans+cal(v[v.size()-1]+v[v.size()-2]));    return 0;}

D. Boxes And Balls

题意：有n个不同的盒子，并且有n种不同的颜色，询问最后要把第i种颜色放在i位置需要的代价，这个人每次操作分2步，第一步是把所有的没有在对应的位置的颜色拿到手里，第二步是可以放2个或者3个颜色在指定位置，问整个游戏的最小代价。

解法：样例已经提醒我们需要选最大的2个或3个，对于奇数我们直接选3个就好，对于偶数在堆里面拍一个0就转化成了第一种case。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int maxn = 2e5+6;int a[maxn];priority_queue<LL,vector<LL>,greater<LL> >q;int main(){    int n;    scanf("%d",&n);    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);    if(n%2==0) q.push(0);    for(int i=1; i<=n; i++) q.push(a[i]);    LL ans = 0;    while(q.size()>1){        LL t1=q.top(); q.pop();        LL t2=q.top(); q.pop();        LL t3=q.top(); q.pop();        ans += t1+t2+t3;        q.push(t1+t2+t3);    }    printf("%lld\n", ans);    return 0;}

E. Binary Matrix

题意：超大矩阵超小内存求联通块数量。

解法：按行扫描，保留上一行的状态以及上一行的并查集。扫描到第i行时候，把第i行值为1且相邻的元素加入到并查集中去。然后根据上一行的并查集，把第i行与上一行都为1且上下相邻的元素以上一行的元素的father点为标志，做一个等价类（等价类中包含的元素全都是第i行的）。等价类中的元素意义是他们都可以通过i-1行进行互联，然后把他们加入到并查集里面去。然后新的一行的并查集就建立完成了。把新的并查集和旧的并查集交换，这样一直做下去。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = (1<<14)+10;int n, m;char s[maxn];short a[maxn], fa[maxn];inline short find_set(short x){    if(x==fa[x]) return x;    else return fa[x]=find_set(fa[x]);}int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    memset(fa, -1, sizeof(fa));    int ans = n*m;    for(int i=0; i<n; i++){        scanf("%s", s);        int g = 0;        for(int j=0; j<(m>>2); j++){            int v = (s[j]<='9'?s[j]-'0':s[j]-'A'+10);            for(int k=3; k>=0; --k,++g){                a[g] = v>>k&1;                if(a[g] == 0){                    --ans;                    fa[g]=-1;                }else{                    //先和上面的考虑联通                    if(fa[g]!=-1){//联通成功                        --ans;                        int f = find_set(g);                        fa[f] = fa[g] = g;                    }else{                        fa[g] = g;                    }                    if(g&&fa[g-1]!=-1&&find_set(g)!=find_set(g-1)){                        --ans;                        int fx = find_set(g);                        int fy = find_set(g-1);                        fa[fx] = fa[fy] = fa[g] = g;                    }                }            }        }    }    return 0*printf("%d\n", ans);}

F. Anti-Palindromize

CF官方题解还提供了一个优雅的贪心解法，可以看一下。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int inf = 0x3FFFFFFF;const int maxn = 2222;struct node{    int st, en, flow, cost, next;    node(){}    node(int st, int en, int flow, int cost, int next):st(st),en(en),flow(flow),cost(cost),next(next){}}E[101000];int num, p[maxn];void init(){    memset(p, -1, sizeof(p));    num = 0;}void add(int st, int en, int flow, int cost){    E[num] = node(st, en, flow, cost, p[st]);    p[st] = num++;    E[num] = node(en, st, 0, -cost, p[en]);    p[en] = num++;}int pre[maxn];int dis[maxn];bool fg[maxn];bool spfa(int st, int en){    for(int i=0;i<=en;i++){        fg[i] = 0, dis[i] = inf, pre[i]=-1;    }    queue<int>q;    q.push(st);    fg[st]=1;    dis[st]=0;    while(!q.empty()){        int u = q.front(); q.pop();        fg[u]=0;        for(int i=p[u];~i;i=E[i].next){            int v = E[i].en;            if(E[i].flow&&dis[v]>dis[u]+E[i].cost){                dis[v] = dis[u]+E[i].cost;                pre[v]=i;                if(!fg[v]){                    fg[v]=1;                    q.push(v);                }            }        }    }    if(dis[en] < inf) return 1;    return 0;}int solve(int st, int en){    int ans=0;    while(spfa(st,en)){        int d = inf;        for(int i=pre[en];i+1;i=pre[E[i].st]) d = min(d, E[i].flow);        for(int i=pre[en];i+1;i=pre[E[i].st]){            E[i].flow -= d;            E[i^1].flow += d;            ans += d*E[i].cost;        }    }    return ans;}int n, a[111];int cnt[30];int main(){    scanf("%d", &n);    string s;    cin >> s;    for(int i=0; i<n; i++) cnt[s[i]-'a']++;    for(int i=0; i<n; i++) scanf("%d",&a[i]);    init();    int st=n+48, en = st+1;    for(int i=0; i<26; i++){        add(st, i+n, cnt[i], 0);        for(int j=0; j<n/2; j++){            if(s[j]==s[n-1-j]){                int cost=0;                if(s[j]=='a'+i) cost = -max(a[j],a[n-1-j]);                add(i+n,j,1,cost);            }else{                int cost=0;                if(s[j]=='a'+i) cost=-a[j];                if(s[n-1-j]=='a'+i) cost=-a[n-1-j];                add(i+n,j,1,cost);            }        }    }    for(int i=0; i<n/2; i++) add(i,en,2,0);    return 0*printf("%d\n", -solve(st,en));}