标签：AtCoder int 题解 void 路径 cin 244 dire op
A - Last Letter
题目描述：给你一个长度为n的字符串s，输出该字符串的最后一个字符。
思路：根据题意模拟即可。
时间复杂度：\(O(n)\)
参考代码：
void solve() {
int n;
string s;
cin >> n >> s;
cout << s.back() << '\n';
return;
}
B - Go Straight and Turn Right
题目描述：你初始时在\((0 , 0)\)位置，朝向\(x\)轴正方向。给你一个长度为\(n\)的命令用字符串\(s\)表示，若\(s_i\)为S表示朝当前方向前进一个单位；若\(s_i\)为R表示将方向顺时针旋转90度。问你的最终位置。
思路：根据题意模拟即可。
时间复杂度：\(O(n)\)
参考代码：
void solve() {
int n;
string s;
cin >> n >> s;
int dire = 0;
int x = 0, y = 0;
for (auto& c : s) {
if (c == 'S') {
if (dire == 0) ++x;
else if (dire == 1) --y;
else if (dire == 2) --x;
else if (dire == 3) ++y;
}
else dire = (dire + 1) % 4;
}
cout << x << " " << y << '\n';
return;
}
C - Yamanote Line Game
题目描述：实现一个简单的交互。
思路：使用set存储当前还没有使用的数字，然后模拟即可。
时间复杂度：\(O(nlogn)\)
参考代码：
void solve() {
int n;
cin >> n;
set<int>s;
for (int i = 1; i <= 2 * n + 1; ++i) s.insert(i);
int x;
while (!s.empty()) {
x = *s.begin();
s.erase(x);
cout << x << endl;
if (s.empty()) break;
cin >> x;
s.erase(x);
}
return;
}
D - Swap Hats
题目描述：给你两个由R，G，B构成的排列，对于其中一个排列，是否可以通过交换其中两个字符的位置，使得这两个排列相同。若可以输出No，否则输出Yes。
思路：根据题意模拟即可。
时间复杂度：\(O(1)\)
参考代码：
void solve() {
vector<string>s(3), t(3);
for (auto& c : s) cin >> c;
for (auto& c : t) cin >> c;
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < 3; ++i) cnt += s[i] != t[i];
string res = "No";
if (cnt % 3 == 0) res = "Yes";
cout << res << '\n';
return;
}
E - King Bombee
题目描述：给你一个n个顶点m条边的简单无向图。再给你一个k，和一个起点s和终点t，再给你一个顶点x，保证x和s , t都不相同。问从s出发经过k条边到达t的所有路径中x出现次数为偶数次的路径数。
思路：比较明显的dp。定义状态\(f_{i , j , op}\)表示经过\(i\)条边到达\(j\)，且\(x\)出现次数为\(op\)的路径数。其中\(op\)只有\(0 , 1\)两种取值，显然有转移方程：
时间复杂度：\(O(k(n + m)\)
参考代码：
void solve() {
int n, m, k, s, t, x;
cin >> n >> m >> k >> s >> t >> x;
int u, v;
vector<vector<int>>graph(n + 1);
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
cin >> u >> v;
graph[u].push_back(v);
graph[v].push_back(u);
}
vector<vector<vector<int>>>f(k + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(2 , 0)));
f[0][s][0] = 1;
for (int i = 1; i <= k; ++i) {
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
for (auto& v : graph[j]) {
if (j == x) f[i][j][1] = (f[i][j][1] + f[i - 1][v][0]) % mod;
else f[i][j][1] = (f[i][j][1] + f[i - 1][v][1]) % mod;
if (j == x) f[i][j][0] = (f[i][j][0] + f[i - 1][v][1]) % mod;
else f[i][j][0] = (f[i][j][0] + f[i - 1][v][0]) % mod;
}
}
}
cout << f[k][t][0] << '\n';
return;
}
F - Shortest Good Path
题目描述：给你\(1\leq n \leq 17\)个顶点\(m\)条边的简单无向图。对于一个长度为\(k\)的路径\((A_1 , A_2 , ...,A_k)\)，又有长度为\(n\)的\(01\)串\(s\)，若：
- \(s_i\) =
0，则表示在路径中编号为\(i\)的顶点出现了偶数次 - \(s_i\) =
1，则表示在路径中编号为i的顶点出现了奇数次
你的任务是对于\(s\)的所有情况，求出此时路径长度的最短值的和。
思路：为了方便表示，将顶点从\(0\)开始编号，定义\(dis(S , v)\)表示当\(s = S\)且以\(v\)结束时的路径长度的最短值。那么当\(s = S\)时的最短路径就是\(\mathop{min}\limits_{i = 0}^{n - 1}dis(S , i)\)。又想到本题实质是边长为\(1\)求最短路径，自然想到BFS。初始时\(dis(S_i , v) = inf \;\forall 0 \leq i < 2^n\),起点都初始化为1，具体看代码吧。
最终答案为：
\[\sum\limits_{i = 0}^{2^n - 1} \mathop{min}\limits_{j = 0}^{n - 1}\;dis(i , j) \]时间复杂度：\(O(n^2 \times 2^n)\)
参考代码：
void solve() {
int n, m, u, v;
cin >> n >> m;
vector<vector<int>>graph(n);
int N = 1 << n;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
vector<vector<int>>dis(N, vector<int>(n, inf));
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
cin >> u >> v;
--u; --v;
graph[u].push_back(v);
graph[v].push_back(u);
}
using PII = pair<int, int>;
queue<PII> Q;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
Q.push({ 1 << i , i });
dis[1 << i][i] = 1;
}
while (!Q.empty()) {
auto [path, u] = Q.front();
Q.pop();
for (auto& v : graph[u]) {
int nx = path ^ (1 << v);
if (dis[nx][v] < inf) continue;
dis[nx][v] = dis[path][u] + 1;
Q.push({ nx , v });
}
}
long long res = 0;
for (int i = 1; i < N; ++i) {
int mn = inf;
for (int j = 0; j < n; ++j) mn = min(mn, dis[i][j]);
res += mn;
}
cout << res << '\n';
return;
}
标签：AtCoder,int,题解,void,路径,cin,244,dire,op 来源： https://www.cnblogs.com/cherish-/p/16034039.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。