【解题报告】Codeforces Round #363 (Div. 2)
来源:互联网 发布:golang mongodb 查询 编辑:程序博客网 时间:2024/05/20 21:20
题目链接
A. Launch of Collider(Codefoeces 699A)
思路
因为所有粒子的速度都是相同的,所以两个粒子发生碰撞的条件是,两个粒子相邻且右方的粒子向左运动,左方的粒子向右运动。
代码
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 2e5 + 10;char s[maxn];int n, ans, a[maxn];int main() { scanf("%d%s", &n, s); for(int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d", &a[i]); } ans = INT_MAX; for(int i = 1; i < n; i++) { if(s[i] == 'L' && s[i-1] == 'R') { ans = min(ans, (a[i] - a[i-1]) / 2); } } if(ans == INT_MAX) { puts("-1"); } else { printf("%d\n", ans); } return 0;}
B. One Bomb(Codeforces 699B)
思路
因为直接算出放炸弹的位置不是很方便,所以想到枚举放炸弹的位置,然后用常数的复杂度(根据数据规模)判断将炸弹放在这个位置是否能将所有的墙炸毁。既然判断的复杂度被限制在常数,那么我们事先需要知道一些信息。为此我们用
代码
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1010;bool ok;char G[maxn][maxn];int n, m, x, y, cnt, tmp, r[maxn], c[maxn];int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for(int i = 0; i < n; i++) { scanf("%s", G[i]); for(int j = 0; j < m; j++) { if(G[i][j] == '*') { r[i]++; c[j]++; cnt++; } } } for(int i = 0; i < n; i++) { for(int j = 0; j < m; j++) { tmp = r[i] + c[j] - (G[i][j] == '*'); if(tmp == cnt) { ok = true; x = i + 1; y = j + 1; } } } if(ok == false) { puts("NO"); } else { printf("YES\n%d %d\n", x, y); } return 0;}
C. Vacations(Codeforces 699C)
思路
我们可以将这个问题转化为求主人公最多可以工作多少天(这样比较自然),如果用
代码
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 110;int n, m, a[maxn], d[maxn][3];int main() { scanf("%d", &n); for(int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", &a[i]); } // 枚举今天是哪天 for(int i = 0; i < n; i++) { // 枚举今天做什么 for(int j = 0; j < 3; j++) { // 枚举明天做什么 for(int k = 0; k < 3; k++) { // 不符合规则的话枚举下一件事儿 if(j && (j == k || !(a[i+1] & j))) { continue; } // 用今天的最优值更新明天的最优值 d[i+1][j] = max(d[i+1][j], d[i][k] + (j > 0)); } m = max(m, d[i+1][j]); } } printf("%d\n", n - m); return 0;}
D. Fix a Tree(Codeforces 699D)
思路
题给的图是
代码
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 2e5 + 10;int n, root, cur, ans, a[maxn], c[maxn];int main() { scanf("%d", &n); for(int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", &a[i]); } // 尝试指定根节点 for(int i = 1; i <= n; i++) { if(a[i] == i) { root = i; } } // 访问没访问过的点 for(int i = 1; i <= n; i++) { if(c[i] != 0) { continue; } // 从i出发,访问i所在的连通分量 for(cur = i; c[cur] == 0; cur = a[cur]) { // 加上访问标记 c[cur] = i; } // 若访问过的点是之前访问过的或该点就是根节点 if(c[cur] != i || root == cur) { continue; } // 若之前没能指定根节点就指定cur为根节点 root = root ? root : cur; // 将边重新连接 a[cur] = root; ans++; } printf("%d\n", ans); for(int i = 1; i <= n; i++) { printf("%d ", a[i]); } return 0;}
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