A. Two Rabbits
题意:有两只兔子,甲兔在 点,乙兔在 点, ,甲兔每秒往右 步,乙兔每秒往左 步,判断两兔何时能在同一点相遇。
解析:判断 是否为0,是输出 ,否输出 。
代码:
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int T;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>T;
while(T--)
{
ll x,y,a,b,d,k;
cin>>x>>y>>a>>b;
d=y-x,k=a+b;
cout<<(d%k?-1:d/k)<<"\n";
}
}
B. Longest Palindrome
题意:求出在 个长度为 的互不相同的字符串中挑选任意个字符串组合成的最长回文串。
解析:把所有字符串放进 里,然后统计一个字符串 后是否在 里,有则加到答案里。注意要特判该字符串是否回文,然后把最长回文串加入答案字符串中间。
代码:
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
string s[111];
set<string> se;
int n,m,sum,now;
int mx,id;//记录最长的回文串长度和下标
string ans[111];//答案字符串
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++)cin>>s[i],se.insert(s[i]);
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(!se.count(s[i]))continue;
string t=s[i];
reverse(t.begin(),t.end());
if(t==s[i]&&t.size()>mx)
{
mx=t.size();
id=i;
}
else if(se.count(t))
{
sum+=s[i].size()*2;
ans[now]=s[i];
ans[n-now-1]=t;
se.erase(t);
now++;
}
se.erase(s[i]);
}
cout<<sum+mx<<"\n";
if(sum+mx!=0)
{
for(int i=0;i<now;i++)cout<<ans[i];
if(mx)cout<<s[id];
for(int i=n-1-now+1;i<n;i++)cout<<ans[i];
}
}
C. Air Conditioner
题意: 个客人,每个客人有 三种属性,表示客人在 时来到,要求此时空调温度在 之内,空调温度初始( 时)为 ,判断是否能满足所有客人的需求。
解析:直接按时间顺序更新温度可能到达的上下界,若不可能在 内就是NO。有一说一,这题应该相当于平时Div2B的难度,算是比较送分了。
代码:
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int T,n;
ll m;
struct node
{
ll t,l,r;
bool operator < (const node &s)
{
return t<s.t;
}
}a[111];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m;
ll l=m,r=m,t=0;
int flag=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i].t>>a[i].l>>a[i].r;
sort(a+1,a+1+n);//按时间排序
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ll d=a[i].t-t;//表示此时空调温度最大可以变化d
if(r+d<a[i].l||l-d>a[i].r)flag=1;
r=min(r+d,a[i].r);//更新边界
l=max(l-d,a[i].l);//更新边界
t=a[i].t;
}
cout<<(flag?"NO":"YES")<<"\n";
}
}
D. Shortest and Longest LIS
题意:给定一个整数 和一个由" “和” "组成的长度为 的字符串 , 为一个 的排列, 的第 位若为 ,则有 ,若为 ,则有 。要求构造出 (最长上升子序列)最短and最长且符合字符串限制的 。
解析A:比赛时想到的树状数组+贪心乱搞方法。如果要使 尽可能短,则要让位置在前面的数尽可能大,后面的数尽可能小。因此我们可以遍历一遍 ,遇到 就要让 前面所有数为 然后把当前的数置为 ,遇到 也要把之前的所有数 ,同时令当前数设置为前一个数 ,符合贪心策略,区间加就用树状数组维护。 最长同理。
代码A:
#include <bits/stdc++.h>
#define N 200010
#define ll long long
using namespace std;
int T,n;
string s;
int c[N],d[N];
int lowbit(int x){return x&(-x);}
void add(int l,int r,int x)//a[l:r]+=x;
{
for(int i=l;i<=n;i+=lowbit(i))c[i]+=1ll*x,d[i]+=1ll*l*x;
for(int i=r+1;i<=n;i+=lowbit(i))c[i]-=1ll*x,d[i]-=(r+1ll)*x;
}
int query(int l,int r)//sum of a[l]~a[r]
{
int ans=0;
for(int i=l-1;i;i-=lowbit(i))ans-=1ll*l*c[i]-d[i];
for(int i=r;i;i-=lowbit(i))ans+=(r+1ll)*c[i]-d[i];
return ans;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>s;
for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=d[i]=0;
add(1,1,1);
int pre=0;
for(int i=1;i<=s.size();i++)
{
if(s[i-1]=='>')
{
pre=i;
add(1,i,1);
add(i+1,i+1,1);
}
else
{
if(pre)add(1,pre,1);
add(i+1,i+1,query(i,i)+1);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)cout<<query(i,i)<<(i==n?"\n":" ");
for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=d[i]=0;
add(1,1,1);
pre=1;
for(int i=1;i<=s.size();i++)
{
if(s[i-1]=='<')
{
add(i+1,i+1,i+1);
pre=i+1;
}
else
{
add(pre,i,1);
add(i+1,i+1,query(i,i)-1);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)cout<<query(i,i)<<(i==n?"\n":" ");
}
}
解析B:赛后听winterzz1大佬说的方法。直接记录相邻数字的相对大小,增减分别用 与 (一个足够大的数)表示,离散化后就是答案(winterzz1tql!)。
代码B:
#include <bits/stdc++.h>
#define N 200010
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
using namespace std;
int n,m;
ll a[N],b[N],c[N];
string s;
void discret(ll *a,ll n)//将a离散化,O(nlogn)
{
for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=a[i];
sort(c+1,c+1+n);
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=lower_bound(c+1,c+1+n,a[i])-c;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>s;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(s[i-2]=='<')
{
a[i]=a[i-1]+1;
b[i]=b[i-1]+INF;
}
else
{
a[i]=a[i-1]-INF;
b[i]=b[i-1]-1;
}
}
discret(a,n);
discret(b,n);
for(int i=1;i<=n;i++)cout<<a[i]<<(i==n?"\n":" ");
for(int i=1;i<=n;i++)cout<<b[i]<<(i==n?"\n":" ");
}
}
解析C:也是听大佬说的方法,但是自己没(bu)去(hui)实现。长度为 的排列中, 最短的情况是 ,如果 为 ,我们只需要翻转区间 ,得到的答案为 。也就是说可以通过翻转所有的 区间即可得到答案,具体的翻转操作要用线段树实现(不会所以没写QAQ,下次一定学)。
E. 1-Trees and Queries
题意:给定一个 点 条边的树,有 个询问,每个询问有 五个数,表示询问在 之间加一条边的话,是否存在 到 长度为 的路(每个点和边都可以重复经过)。
解析:由于可以重复,在 到 之间长度小于 的情况下就可以任选路径上的一个边反复横跳,也就是说只要满足 到 的长度和 的奇偶性相同即可。多了一条 到 的边,之前 之间的路径就多了两种可能: 和 ,我们只需要判断三条路径是否有一条的长度和 奇偶性相同,树上两点的距离等于 , 为深度, 为 的最近公共祖先。
代码:
#include <bits/stdc++.h>
#define N 200010
#define pb push_back
#define ll long long
#define VI vector<int>
using namespace std;
int n,m,q,fa[N][20],dep[N];
bool vis[N];
VI G[N];
void dfs(int u,int pre)
{
dep[u]=dep[pre]+1;
vis[u]=1;
fa[u][0]=pre;
for(int v:G[u])
if(!vis[v])
dfs(v,u);
}
void init(int n)//O(NlogN)
{
for(int i=1;(1<<i)<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
fa[j][i]=fa[fa[j][i-1]][i-1];
}
int lca(int u,int v)//O(logN)
{
if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
int d=dep[u]-dep[v];
for(int i=0;(1<<i)<=d;i++)
if(d&(1<<i))u=fa[u][i];
if(u==v)return u;
for(int i=17;i>=0;i--)
if(fa[u][i]!=fa[v][i])u=fa[u][i],v=fa[v][i];
return fa[u][0];
}
int dis(int u,int v)
{
return dep[u]+dep[v]-2*dep[lca(u,v)];
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n;m=n-1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v;
cin>>u>>v;
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
dfs(1,1);
init(n);
cin>>q;
while(q--)
{
int x,y,a,b,k,d[3],flag=1;
cin>>x>>y>>a>>b>>k;
d[0]=dis(a,b);
d[1]=dis(a,x)+dis(b,y)+1;
d[2]=dis(x,b)+dis(a,y)+1;
for(int i=0;i<3;i++)
if(d[i]<=k&&(k-d[i])%2==0)
flag=0;
cout<<(flag?"NO":"YES")<<"\n";
}
}
F题待补。。。