CF Round #348 Div. 2 A. Little Artem and Present B. Little Artem and Grasshopper C. Little Artem and

今天起开始刷CF，不知道能坚持多久，希望不要放弃，编程这东西一放就忘。

关于解题，能用语言描述的东西就不画图了，下面进入正题。

A. Little Artem and Present

题意：

小A有一些石子，想作为礼物送给小M。小M不在意送的礼物是否为贵重，而在意送礼物的次数。如果是送石子，小M还记得上次送了几个石子，所以小A为了讨好小M，需要保证送礼物次数尽可能多并且每次送的数量和上次不同。

问当小A有n个石子的时候，最多可以送几次？

题解：

显然，每次送石头数至少为1。如果上次送1个，本次最少送2个。如果上次送2个，本次又可以送1个。即有3个石子就可以完成2次送礼，n含有m个3就可以送2*m次，剩下如果还有石子，则可以再送一次，

故送礼次数=n / 3 + ((n % 3 == 0) ? 0 : 1)

代码:

#include <iostream>using namespace std;int main() {int n;while(cin >> n) {cout << (n / 3 * 2 + ((n % 3 == 0)? 0 : 1)) << endl;}return 0;} 

B. Little Artem and Grasshopper

题意：

跳格子游戏，有1 x n大小的格子，每个格子上标明跳的方向（< 和 >）以及需要跳的格子数。参与者从第一个格子开始跳，并遵循格子上的指示，问能否跳出格子（前后均算跳出）？

题解：

首先要记录自己当前位置，该变量的值代表当前所处的位置。同时，从第一个格子开始，每跳一个格子，注意标记该格子已被跳过。如果下回再次跳到这个格子，说明存在死循环，是永远跳不出去的；或者某次计算得到当前位置不在整个格子范围内，则表明已经跳出整个格子。

代码:

#include <iostream>#include <map>#include <string>using namespace std;int main() {// 获取输入 int n;cin >> n;string str;cin >> str;int* num = new int[n];for (int i = 0, tmp = 0; i < n; i++) {cin >> tmp;num[i] = (str[i] == '<') ? -tmp : tmp;}// 初始位置为0,开始跳格子 int pos = 0;map<int, int> m;for (m[0] = 0; pos >= 0 && pos < n; m[pos] = 0) {//根据当前位置需要跳格子数得到新位置 pos += num[pos];// 如果新位置以前来过，说明进入循环，怎么也跳不出去了 if (m.find(pos) != m.end()) {delete[] num;cout << "INFINITE" << endl;return 0;}}// 跳出格子 delete[] num;cout << "FINITE" << endl;return 0;}

C. Little Artem and Matrix

题意：

有一个电子设备，大小n行 x m列，与数组类似，每个位置均可存数据，并遵循如下规则：

1. 每行每列均可接收输入信号，即m+n个输入；

2. 当第 i 行收到信号时，第 i 行的元素值循环左移（第 1 个变最后 1 个，第 2 个变第 1 个）；

3. 当第 j 列收到信号时，第 j 列的元素值循环上移；

操作方面，1 n 表示第 n 行收到信号，2 n 表示第 n 列收到信号，3 x y w 表示此时测得（x，y）的值为w；

问题是，该电子设备初始状态未知，即每个位置数据未知，在一系列操作后，得到另外一种状态，问原状态是什么？

题解：

从最后开始，一步一步复原最初的情形。如果操作为 3，直接令result[x][y]=w；如果操作为 2 ，直接将该列循环下移即可（反向回推为原操作逆过程）；如果操作为 1，直接将该行循环右移即可；

此题可以不用担心复杂度的问题，因为矩阵最大100 x 100，每次操作元素为100，操作次数最多1w次，故基本在100w数量级，可不必担心复杂度问题。

代码:

#include <iostream>#include <vector>using namespace std;struct node {int type;int num;int n3;int n4;node(int type, int num, int n3 = 0, int n4 = 0) {this->type = type;this->num = num;this->n3 = n3;this->n4 = n4;}};void changeRow(vector<vector<int> >& vec, int n, int m, int row) {int tmp = vec[row][m];for (int i = m - 1; i > 0; i--) {vec[row][i + 1] = vec[row][i]; }vec[row][1] = tmp;}void changeCol(vector<vector<int> >& vec, int n, int m, int col) {int tmp = vec[n][col];for (int i = n - 1; i > 0; i--) {vec[i + 1][col] = vec[i][col];}vec[1][col] = tmp;}int main() {// 题设变量n, m, q int n, m, q;cin >> n >> m >> q;// 开辟数组存储n x m 矩阵  操作信息 vector<vector<int> > vec(n + 1, vector<int>(m + 1, 0));vector<node> opera;// 读信息 for (int i = 0; i < q; ++i) {int n1, n2, n3, n4;cin >> n1 >> n2;if (n1 != 3) {opera.push_back(node(n1, n2));continue;}cin >> n3 >> n4;opera.push_back(node(n1, n2, n3, n4));}// 反推回最初的结果 for (int i = (int)opera.size() - 1; i >= 0; --i) {if (opera[i].type == 1) {changeRow(vec, n, m, opera[i].num);} else if (opera[i].type == 2){changeCol(vec, n, m, opera[i].num);} else {vec[opera[i].num][opera[i].n3] = opera[i].n4;}}// 输出结果for (int i = 1; i <= n; ++i) {for (int j = 1; j <= m; ++j) {cout << vec[i][j] << " ";}cout << endl;} }