标签：周赛 训练 vis int else ++ printf include swpu
A .Diverse Strings(div.3)
题意：
如果一个字符串是连续且不含有重复字母就输出Yes,否则输出No。
思路：
定义一个数组存储每一个字母出现的次数。找到ASCII码最大和最小的字母作为左右边界。从左到右遍历，如果有字母出现的次数不为1.则输出No.
否则输出Yes.(好好的签到题因为看不懂题目卡了20分钟，QQ翻译有毒（我一定好好学英语.）)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define N 1005
using namespace std;
int ans[N];
char sum[40];
int main()
{
int n;
string a;
scanf("%d",&n);
while(n--)
{
memset(ans,0,sizeof(ans));
cin>>a;
int maxx = 0,minn ='z'-'a';
for(int i=0; i<a.length(); ++i)
{
ans[a[i]-'a']++;
maxx = max(maxx,a[i]-'a');
minn = min(minn,a[i]-'a');
}
bool flag =0;
for(int i=minn; i<=maxx; ++i)
{
if(ans[i] != 1)
{
flag =1;
break;
}
}
if(flag)
printf("No\n");
else
printf("Yes\n");
}
return 0;
}
B. Parity Alternated Deletions（Div.3）
题意:
给定n个数，对数组进行删除操作，即删除某个元素，但是删除操作必须以“奇偶奇偶奇偶…”的或者“偶奇偶奇偶奇…”的方式进行，问当不能进行删除操作的时候，所剩下的数的可能的最小值；
思路：
输入时分别记录奇数偶数的个数，如果奇数偶数个数相差小于等于1，则，可以删完。否则输出剩下的奇数（偶数）的和（排序由小到大遍历直到累加奇数偶数个数差个奇数（偶数））。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int a[N];
int main()
{
int n, sum = 0;
int x = 0, y = 0;
cin >> n;
for (int i = 0; i < n;i++)
{
scanf("%d", &a[i]);
if(a[i]%2!=0)
x++;
else
y++;
}
sort(a, a + n);
if(x==y||abs(x-y)==1)
{
printf("0");
}
else if(x>y)
{
int m = x - y - 1;
for (int i = 0; m != 0; i++)
{
if(a[i]%2!=0)
{
sum += a[i];
m--;
}
}
printf("%d", sum);
}
else
{
int m = y - x - 1;
for (int i = 0; m != 0; i++)
{
if(a[i]%2==0)
{
sum += a[i];
m--;
}
}
printf("%d", sum);
}
return 0;
}
C.Two Merged Sequences(Div.3)
题意:
给定一个长度n的整数序列，让你把它分割成两个序列，第一个序列严格递增，第二个序列严格递减，空序列(长度为0)或者只含有一个元素既属于递增序列也属于递减序列，问是否能分割成这样的两个序列，不能输出"NO"，否则输出"YES"，分别输出递增序列长度，递增序列，递减序列长度，递减序列，空集输出0和空行；
思路：
一个数出现的次数如果为0次，自然不用考虑，如果为1次，则可以随意安排进递增数组或者递减数组，如果为两次，则放进另一个数组。如果大于2次，粉的数组就不可能单调。所以当一个数大于2次，就不可能分的正确的数组，应当输出No.如果每一个数出现的次数都小于等于2次，则输出排序后的两个数组（一个按递增排，一个递减排）。
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int n, x, k1, k2;
int cnt[N];
int a[N], b[N];
bool flag=false;
bool cmp(int x,int y)
{
return x>y;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d", &x);
cnt[x]++;
if(cnt[x]==1)
a[k1++] = x;
else if(cnt[x]==2)
b[k2++] = x;
else
flag=true;
}
if(flag)
printf("NO\n");
else
{
printf("YES\n");
sort(a, a + k1);
sort(b, b + k2, cmp);
printf("%d\n", k1);
for (int i = 0; i < k1;i++)
printf("%d ", a[i]);
printf("\n");
printf("%d\n", k2);
for (int i = 0; i < k2;i++)
printf("%d ", b[i]);
printf("\n");
}
return 0;
}
D. Equalize Them All(div.3)
题意：
给定一个含n个整数的序列，你可以对他进行1.ai:=ai+|ai−aj|; 2.ai:=ai-|ai−aj|;不断的进行这两种操作中的一种，直到这个序列仅有一种元素，输出操作次数，及每次操作的种类(1或2)及i和j;
思路：
分析两种操作，如果将操作1对两个数中较小的数使用，两个数中较小的数会变为两个数中较大的数，如果将操作2对两个数中较大的数使用，两个数中较大的数会变为两个数中较小的数。该题要求最小次数，显然需要找到出现次数最多的数，将其他数变成它。
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int n;
int a[N], vis[N];
int id,maxx;
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &a[i]);
vis[a[i]]++;
if(vis[a[i]]>maxx)
{
maxx=vis[a[i]];
id=i;
}
}
printf("%d\n", n - maxx);
for (int i = id - 1; i >= 1; i--)
{
if(a[i]>a[i+1])
printf("2 %d %d\n", i, i + 1);
else if(a[i]<a[i+1])
printf("1 %d %d\n", i, i + 1);
a[i]=a[i+1];
}
for (int i = id + 1; i <= n; i++)
{
if(a[i]>a[i-1])
printf("2 %d %d\n", i, i - 1);
else if(a[i]<a[i-1])
printf("1 %d %d\n", i, i - 1);
a[i]=a[i-1];
}
return 0;
}
E. Graph Without Long Directed Paths(Div.3)
题意：
给你一个无向图，让你把这个图变成有向图。这个有向图需要满足的是，从每一个结点出发到另一个结点。只能有一个路径长度。通俗讲，就是，如果A 结点 有一条路径到B 结点，那么B 结点就不能再有其他路径到其他结点去了。
思路：
分析题意，不能有>=2的路径，其实就是每个点的边，要不就是全部指向它，要不然就是全部从它出去。这样就不会有>=2的路径出现了.
```cpp
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 2e5+10;
int n, m, tot, cnt;
int head[N];
int vis[N];
int v[N];
struct node
{
int to;
int next;
} edge[N<<2];
void add(int u,int v)
{
edge[tot].to = v;
edge[tot].next = head[u];
head[u] = tot++;
}
void dfs(int s,int tmp)
{
if(!vis[s])
vis[s] = tmp;
else
return;
for(int i=head[s]; i!=-1; i=edge[i].next)
{
if(vis[s]==vis[edge[i].to])
{
cnt = 0;
return;
}
if(vis[s]==1)
dfs(edge[i].to,2);
else
dfs(edge[i].to,1);
}
}
int main()
{
cin>>n>>m;
int i;
tot = 1;
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(head,-1,sizeof(head));
for(i=0; i<m; i++)
{
int u;
scanf("%d %d",&u,&v[i]);
add(u,v[i]);
add(v[i],u);
}
cnt = 1;
dfs(1, 1);
if(!cnt)
printf("NO\n");
else
{
printf("YES\n");
for(i=0; i<m; i++)
{
if(vis[v[i]]==1)
printf("0");
else
printf("1");
}
}
return 0;
}
F.Painting Fence
题意
横着或者竖着把栅栏刷完
思路
最多刷n次就可以刷完，所以答案一定小于等于n，一开始我想二分，后面发现可以暴力过。对于每一段比较横着刷和竖着刷的最小值，递归求解。
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 5e3 + 233;
int a[N];
int dfs(int l, int r, int u)
{
if(l > r)
return 0;
int h = a[l], idx = l;
for(int i = l; i <= r; i++)
h = a[i] < h ? a[idx = i] : h;
return min(r - l + 1, dfs(l, idx - 1, h) + h - u + dfs(idx + 1, r, h));
}
int main()
{
int n;
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
cout << dfs(1, n, 0) << endl;
}
G.数对
题意
找到满足clcm(a,b)-dgcd(a,b)=x;的情况种数。
思路
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=2e7+10;
typedef long long ll;
int prime[N],dp[N],cnt,n,c,d,x;
bool isPrime[N];
ll ans=0;
void init(){
int n=2e7;cnt=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(isPrime[i]==0)
{
prime[++cnt]=i;
dp[i]=1;
}
for(int j=1;j<=cnt && 1ll*prime[j]*i<=n;j++)
{
isPrime[i * prime[j]] = 1;
if(i%prime[j]==0 )
dp[i * prime[j]] = dp[i];
else
dp[i * prime[j]] = dp[i] + dp[prime[j]];
if(i%prime[j]==0)
break;
}
}
}
int main()
{
init();
scanf("%d", &n);
while(n--)
{
scanf("%d%d%d", &c, &d, &x);
ans=0;
for(int i=1;i*i<=x;i++)
{
if(x%i!=0)
continue;
ll k1 = (x / i) + d;
if(k1%c==0)
ans += (1ll << dp[k1 / c]);
if(i*i==x)
continue;
ll k2 = i + d;
if(k2%c==0)
ans += (1ll << dp[k2 / c]);
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
标签：周赛,训练,vis,int,else,++,printf,include,swpu 来源： https://blog.csdn.net/qq_53288014/article/details/115679077
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