标签：AtCoder return Contest int without ans include dp getchar
AGC037 A - Dividing a String
分析
考虑每一段长度只可能是一或二，设 \(dp[i]\) 表示以 \(i\) 为结尾的前缀最多可以分成多少段。
如果 \(s[i]\) 和 \(s[i-1]\) 不同，那么 \(dp[i]=dp[i-1]+1\)，
否则可以将 \(s[i-2,i-1]\) 分成一段，把 \(s[i]\) 分成一段，那么 \(dp[i]=dp[i-3]+2\)
最后的答案就是 \(dp[n]\)
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=200011;
int n,dp[N]; char s[N];
int main(){
scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
for (int i=1;i<=n;++i)
if (s[i]==s[i-1]){
if (i>2) dp[i]=dp[i-3]+2;
else dp[i]=1;
}else dp[i]=dp[i-1]+1;
return !printf("%d",dp[n]);
}
AGC037 B - RGB Balls
分析
可以发现只要让第 \(i\) 个人选择每种字母的第 \(i\) 个就能让答案最小。
或者说，只要第三个字母及时匹配就可以让答案最小。
那么维护 \(RG,RB,GB\) 的配对情况，找到一个 \(B,G,R\) 就直接匹配掉。
也就是 \(n!\) 乘上实时可匹配的 \(RG,RB,GB\) 的个数。
代码
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=300011,mod=998244353;
int n,a[N],ans=1,c[11]; char s[N];
int main(){
scanf("%d%s",&n,s+1);
for (int i=1;i<=3*n;++i){
if (s[i]=='R') a[i]=1;
else if (s[i]=='G') a[i]=2;
else a[i]=4;
if (c[7-a[i]]) ans=1ll*ans*(c[7-a[i]]--)%mod;
else if (a[i]!=4&&c[3-a[i]]) ans=1ll*ans*(c[3-a[i]]--)%mod,++c[3];
else if (a[i]!=2&&c[5-a[i]]) ans=1ll*ans*(c[5-a[i]]--)%mod,++c[5];
else if (a[i]!=1&&c[6-a[i]]) ans=1ll*ans*(c[6-a[i]]--)%mod,++c[6];
else ++c[a[i]];
}
for (int i=1;i<=n;++i) ans=1ll*ans*i%mod;
return !printf("%d",ans);
}
AGC037 C - Numbers on a Circle
分析
正过来考虑 \(a\) 挺难的，考虑用 \(b\) 倒过来考虑。
当 \(a_i>b_i\) 的时候就是无解，每次找到 \(b\) 未变成 \(a\) 的最大值，
减去 \(b_{i-1}+b_{i+1}\) 就相当于一个操作，这样不断用最大值减就能让答案尽量小。
那么如果 \(\large \frac{b_i-a_i}{b_{i-1}+b_{i+1}}\) 不小于一就可以进行操作，否则一定无解，因为两边的数字也减不了。
可以发现 \(b_i\) 减到不能再减（减去商乘除数）时至少会减半，所以时间复杂度为 \(O(n\log n\log {b_i})\)
代码
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <queue>
using namespace std;
const int N=200011;
int a[N],b[N],n;
long long ans;
int iut(){
int ans=0; char c=getchar();
while (!isdigit(c)) c=getchar();
while (isdigit(c)) ans=ans*10+c-48,c=getchar();
return ans;
}
struct One{
int rk;
bool operator <(const One &t)const{
return b[rk]<b[t.rk];
}
};
priority_queue<One>q;
int main(){
n=iut();
for (int i=1;i<=n;++i) a[i]=iut();
for (int i=1;i<=n;++i){
b[i]=iut();
if (a[i]>b[i]) return !printf("-1");
if (a[i]<b[i]) q.push((One){i});
}
while (!q.empty()){
One t=q.top(); q.pop();
int delta=b[t.rk>1?(t.rk-1):n]+b[t.rk<n?(t.rk+1):1];
if (b[t.rk]-a[t.rk]<delta) return !printf("-1");
int now=(b[t.rk]-a[t.rk])/delta;
ans+=now,b[t.rk]-=now*delta;
if (b[t.rk]>a[t.rk]) q.push(t);
}
return !printf("%lld",ans);
}
AGC037 D - Numbers on a Circle
分析
可以发现 \(C\) 只需要满足 \(D\) 的每一行元素与 \(C\) 的每一行元素相同即可。
那么 \(B\) 只需要满足每一列的元素在 \(D\) 中对应的行都互不相同。
把每个元素按照所属的行染色，那么对于每一列跑一次二分图匹配，使得每一行恰好跟一种颜色匹配，
再通过流量判断是哪一行跟哪种颜色匹配，注意这条边不能退流，所以标记之后就不能走了。
时间复杂度 \(O(mn\sqrt{nm})\)
代码
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
const int N=211; struct node{int y,w,next;}e[N*N];
int dis[N],v[N*N],n,m,S,T,et=1,as[N],a[N][N],b[N][N];
int iut(){
int ans=0; char c=getchar();
while (!isdigit(c)) c=getchar();
while (isdigit(c)) ans=ans*10+c-48,c=getchar();
return ans;
}
void add(int x,int y,int w){
e[++et]=(node){y,w,as[x]},as[x]=et;
e[++et]=(node){x,0,as[y]},as[y]=et;
}
bool bfs(int S){
for (int i=1;i<=T;++i) dis[i]=0;
queue<int>q; q.push(S),dis[S]=1;
while (!q.empty()){
int x=q.front(); q.pop();
for (int i=as[x];i;i=e[i].next)
if (!v[i]&&e[i].w>0&&!dis[e[i].y]){
dis[e[i].y]=dis[x]+1;
if (e[i].y==T) return 1;
q.push(e[i].y);
}
}
return 0;
}
int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int dfs(int x,int now){
if (x==T||!now) return now;
int rest=0,f;
for (int i=as[x];i;i=e[i].next)
if (!v[i]&&e[i].w>0&&dis[e[i].y]==dis[x]+1){
f=dfs(e[i].y,min(now-rest,e[i].w)),
rest+=f,e[i].w-=f,e[i^1].w+=f;
if (now==rest) return now;
}
if (!rest) dis[x]=0;
return rest;
}
int main(){
n=iut(),m=iut(),S=n<<1|1,T=S+1;
for (int i=1;i<=n;++i) add(S,i,1),add(i+n,T,1);
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=m;++j){
a[j][i]=iut();
add(i,(a[j][i]-1)/m+1+n,1);
}
for (int j=1;j<=m;++j){
for (int i=2;i<=n*4;i+=2) e[i].w=1,e[i^1].w=0;
while (bfs(S)) dfs(S,1e9);
for (int i=1,t=n*4+2;i<=n;++i)
for (int k=1;k<=m;++k,t+=2)
if (!e[t].w&&!v[t]) v[t]=v[t^1]=1,b[j][i]=a[k][i];
}
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=m;++j) printf("%d%c",b[j][i],j==m?10:32);
for (int j=1;j<=m;++j) sort(b[j]+1,b[j]+1+n);
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=m;++j) printf("%d%c",b[j][i],j==m?10:32);
return 0;
}
AT5162 [AGC037E] Reversing and Concatenating
分析
找到 \(t\) 所能截取的字典序最小的 \(s\)，实际上只需要最后一次截取字典序最小的字符串即可。
或者说就是让最小的字符在开头出现的次数尽量多，并且每进行一次操作，最小的字符在开头出现次数会翻倍（第一次除外）。
那么 \(cnt*2^{k-1}\geq n\) 时实际上答案就是全部都是最小的字符，
否则就是前 \(cnt*2^{k-1}\) 个是最小的，之后的再用字典序最小的字符串补充即可。
可以用二分加哈希判断字典序最小字符串做到 \(O(n\log n)\)
代码
#include <cstdio>
#include <cctype>
using namespace std;
const int N=10011; typedef unsigned long long ull;
char s[N]; ull h[N],p[N]; int n,k,ans,len,mx;
int iut(){
int ans=0; char c=getchar();
while (!isdigit(c)) c=getchar();
while (isdigit(c)) ans=ans*10+c-48,c=getchar();
return ans;
}
ull query(int l,int r){return h[r]-h[l-1]*p[r-l+1];}
bool geq(int X,int Y){
if (query(X,X+n-1)==query(Y,Y+n-1)) return 0;
int l=0,r=n;
while (l<r){
int mid=(l+r+1)>>1;
if (query(X,X+mid-1)!=query(Y,Y+mid-1)) r=mid-1;
else l=mid;
}
return s[X+l]>s[Y+l];
}
int main(){
n=iut(),k=iut(),p[0]=1;
for (int i=1;i<=n;++i){
char ch=getchar();
while (!isalpha(ch)) ch=getchar();
s[i]=s[n*2-i+1]=ch;
}
for (int i=1;i<=n*2;++i) h[i]=h[i-1]*13131+s[i];
for (int i=1;i<=n*2;++i) p[i]=p[i-1]*13131;
ans=n+1;
for (int i=1;i<=n;++i) if (geq(ans,i)) ans=i;
for (int i=0;i<n;++i)
if (s[ans+i]==s[ans]) len=i+1;
else break;
if (k>14||(len<<(k-1))>=n) mx=n;
else mx=len<<(k-1);
for (int i=1;i<=mx;++i) putchar(s[ans]);
for (int i=0;i<n-mx;++i) putchar(s[ans+len+i]);
return 0;
}
标签：AtCoder,return,Contest,int,without,ans,include,dp,getchar 来源： https://www.cnblogs.com/Spare-No-Effort/p/16128588.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。