【解题报告】Codeforces Round #368 (Div. 2)

来源：互联网发布：高洛峰2014版php视频编辑：程序博客网时间：2024/05/01 06:46

题目链接

A. Brain’s Photos（Codefoeces 707A）

思路

遍历像素块儿，如果发现彩色像素的话题给“图片”就是彩色的，否则就是黑白的。

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;bool ok = true;char s[10];int n, m;int main() {    scanf("%d%d", &n, &m);    for(int i = 0; i < n * m; i++) {        scanf("%s", s);        if(s[0] == 'C' || s[0] == 'M' || s[0] == 'Y') {            ok = false;        }    }    puts(ok ? "#Black&White" : "#Color");    return 0;}

B. Bakery（Codeforces 707B）

思路

最优的情况下，选择的烘培屋和货源地一定是相邻的（若不相邻则一定能找到更优的情况），否则就无解。于是枚举图的边，若当前边所连两点分别是烘焙屋和货源地的话就用边权更新最小值 ans 。枚举结束后的 ans 就是最优解。（以下代码用排序代替枚举）

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;struct edge {    int u, v, w;    edge() {}    edge(int u, int v, int w): u(u), v(v), w(w) {}    bool operator < (const edge& o) const {        return w < o.w;    }};const int maxn = 1e5 + 5, maxm = 1e5 + 5;bool f[maxn];int n, m, k, u, v, w, ans;edge edges[maxm];int main() {    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);    for(int i = 0; i < m; i++) {        scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);        edges[i] = edge(u, v, w);    }    while(k--) {        scanf("%d", &u);        f[u] = true;    }    ans = -1;    sort(edges, edges + m);    for(int i = 0; i < m; i++) {        edge e = edges[i];        if(f[e.u] != f[e.v]) {            ans = e.w;            break;        }    }    printf("%d\n", ans);    return 0;}

C. Pythagorean Triples（Codeforces 707C）

思路

这题只要知道构造勾股数的方式就能解（限于本人的水平，就只能理解到这儿了）。

设 (a,b,c) 是勾股数，

当 a 为大于 1 的奇数 2n+1 时， b=2n2+2n,c=2n2+2n+1 ，

当 a为大于 4 的偶数 2n 时， b=n2−1,c=n2+1 。

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;long long n;int main() {    cin >> n;    if(n % 2 == 1) {        if(n == 1) {            cout << -1;        }        else {            n = (n - 1) / 2;            cout << 2 * n * n + 2 * n << ' ' << 2 * n * n + 2 * n + 1;        }    }    else {        if(n == 2) {            cout << -1;        }        else {            n = n / 2;            cout << n * n - 1 << ' ' << n * n + 1;        }    }    cout << endl;    return 0;}

D. Persistent Bookcase（Codeforces 707D）

思路

本题的棘手之处在于题目中的第4个操作。在不能改变时间的情况下，状态只能随着时间的推进而转移（一维）。现在可以改变时间，那么状态的转移目的地就不唯一了，也就是说状态的转移会出现分叉。那么状态的转移的图示就从一个数轴变成了一棵树（二维）。如果我们能够构造出这棵树，就能在用 DFS 状态转移的同时计算出每个状态下的书本的数量了。

令询问 i 的时刻为 i ，并对每个时刻设立一个树节点。那么当操作编号为 1,2 或 3 的时候，我们就让 i−1 时刻到 i 时刻连一条单向边，当操作编号为 4 的时候相当于将时刻改变为 k ，那么我们就让 k 时刻到 i 时刻连一条单向边。这样就能构造出我们要的“状态转移树”了。

当然，要在状态转移的过程中计算出书本的数量也并非十分容易的事。关键就在于怎么表示状态。设时刻 i 书本的总数为 res ，我们定义一个 n×m 的矩阵，矩阵的每个元素代表书架的这个位置是否有书。在转移状态的过程中维护这个矩阵就能应付前两个操作（维护 res ），第三个操作要遍历一整行（修改，求和），能否避免这种遍历呢？我们用 inv[x] 表示第 x 行是否被执行过第三次操作（被执行偶数次相当于没有执行）， num[x] 表示第 x 行现在共有多少本书。同时维护这两个数组的话，就能在 O(1) 的时间内执行第三个操作了。

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1010, maxq = 1e5 + 5;bool inv[maxn], B[maxn][maxn];int n, m, q, k, res;int o[maxq], a[maxq], b[maxq], ans[maxq], num[maxn];vector <int> G[maxq];void dfs(int u) {    ans[u] = res;    for(int i = 0; i < G[u].size(); i++) {        int v = G[u][i], x = a[v], y = b[v];        int pnum = num[x];        int pinv = inv[x];        int pB = B[x][y];        int pres = res;        if(o[v] == 1 && B[x][y] ^ inv[x] == 0) {            B[x][y] ^= 1;            num[x]++;            res++;        }        if(o[v] == 2 && B[x][y] ^ inv[x] == 1) {            B[x][y] ^= 1;            num[x]--;            res--;        }        if(o[v] == 3) {            res += m - 2 * num[x];            num[x] = m - num[x];            inv[x] ^= 1;        }        dfs(v);        num[x] = pnum;        inv[x] = pinv;        B[x][y] = pB;        res = pres;    }}int main() {    scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);    for(int i = 1; i <= q; i++) {        scanf("%d", &o[i]);        if(o[i] <= 2) {            scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);            G[i-1].push_back(i);        }        else if(o[i] == 3) {            scanf("%d", &a[i]);            G[i-1].push_back(i);        }        else {            scanf("%d", &k);            G[k].push_back(i);        }    }    dfs(0);    for(int i = 1; i <= q; i++) {        printf("%d\n", ans[i]);    }    return 0;}

（其它题目略）

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