又是隔了一年才来补题的我
A、B水题就不用说了
C - Yet Another Walking Robot
C题我居然卡了一会，最后决定用map水，结果出来看了看题解，居然真的是map...没想到会出这样题解用stl的方法，是我失策了
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <map> using namespace std; const int N = 100010 * 2; char s[N]; typedef pair <int, int> p; map <p, int> k; int main() { int t; scanf("%d", &t); while (t--) { int n; scanf("%d", &n); scanf("%s", s); k.clear(); int c1 = 0, c2 = 0; int ans2 = 0x3f3f3f3f, ans1 = 0; k[make_pair(0, 0)] = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { if (s[i] == 'L') c1--; else if (s[i] == 'R') c1++; else if (s[i] == 'U') c2++; else c2--; if (k.find(make_pair(c1, c2)) == k.end()) { k[make_pair(c1, c2)] = i + 1; continue; } int z = k[make_pair(c1, c2)]; if (i - z < ans2 - ans1) ans2 = i + 1, ans1 = z + 1; k[make_pair(c1, c2)] = i + 1; } if (ans1 == 0) puts("-1"); else printf("%d %d\n", ans1, ans2); } return 0; } //LRUD // 6 LLLLUUURRRRDDDLL // LLLLLLUUURRDDDL
D - Fight with Monsters
比较水，先处理出一定能杀死的，把最后一轮剩下的丢尽一个优先队列里（直接排序也行），从小到大判断要用几次秘密武器才能打怪成功，注意要判断优先队列是不是非空（不然就会TLE一次...
#include <cstdio> #include <queue> #include <algorithm> using namespace std; int hp[2 * 100010]; priority_queue < int, vector < int >, greater < int > > Q; int main() { int n, a, b, k, ans = 0; scanf("%d %d %d %d", &n, &a, &b, &k); for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d", &hp[i]); if (hp[i] % (a + b) == 0) Q.push(b); else { int res = hp[i] % (a + b); if (res <= a) ans++; else Q.push(res - a); } } while (k > 0 && !Q.empty()) { //就是这里 int u = Q.top(); Q.pop(); int cnt = u / a; if (u % a != 0) cnt++; if (cnt > k) break; else ans++, k -= cnt; } printf("%d", ans); return 0; }
E1 - String Coloring (easy version)
题解是贪心或者dp，而我是二分图染色（迷惑行为），主要还是没看出来本质是划分子集，所以用二分图水过了，简单说一下题解做法吧，因为两个字母不按照字母顺序就要交换，所以如果把每个编号的视为一组，那么同组就是递增的，反之也是一样，如果能划分成两个上升的子序列，那一定可以按题目方式染色，因为你可以把不同颜色的字母随意改变顺序。还有一个方法是贪心，这个方法很有意思，目前有两个序列，判断当前这个能不能加在1后面，如果不行，能不能加在2后面，都不行就不能划分了，这种贪心方式的正确性在于，首先新的字母，无论加在序列1还是2后面产生的效果都是最后一个变成了s[i]，由于先考虑序列1后考虑序列2，所以序列二的结尾总是小于序列1的，所以先加在1后面能保证序列二结尾尽可能的小，从而保证了贪心的正确性。
#include <cstdio> #include <vector> #include <algorithm> #include <cstring> using namespace std; char s[1010]; vector < int > e[210]; int col[210]; inline void add(int a, int b) { e[a].push_back(b); e[b].push_back(a); } int ans = 0; void dfs(int a, int c) { col[a] = c; for (int i = 0; i < e[a].size(); i++) { int u = e[a][i]; if (col[u] == -1) dfs(u, (c + 1) % 2); else if (col[u] == col[a]) { ans = -1; return ; } } } int main() { int n; scanf("%d", &n); scanf("%s", s); memset(col, 0xff, sizeof(col)); for (int i = 0; i < n; i++) for (int j = i + 1; j < n; j++) if (s[i] > s[j]) add(i, j); for (int i = 0; i < n; i++) if (col[i] == -1) dfs(i, 0); if (ans == -1) puts("NO"); else { puts("YES"); for (int i = 0; i < n; i++) printf("%d", col[i]); } return 0; }
E2 - String Coloring (hard version)
下面这道题也很有意思，我刚做完的牛客比赛里正好有类似的题...有了easy版的推论，我们能看出就是最少分成几个不下降子序列，那就应用Dilworth定理，链划分的最少集合数等于最长反链长度，翻译成人话就是算最长下降子序列，这个nlogn的方法应该都知道，所以麻烦之处就在于划分，但是我们可以发现对于第i个字母s[i]，以s[i]结尾的最长下降子序列长度就是它在的集合，首先相同长度一定是不下降的子序列，再者，对于s[i]而言，无法加到以大于s[i]结尾的序列后面，所以就只能成为一个新的序列。
#include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 2 * 1e5 + 10; char s[N]; int dp[N], ans[N]; inline bool cmp(int a, int b) { return a > b; } int main() { int n; scanf("%d", &n); scanf("%s", s); int len = 1; dp[1] = s[0] - 'a'; ans[0] = 1; for (int i = 1; i < n; i++) { if (s[i] - 'a' < dp[len]) { dp[++len] = s[i] - 'a'; ans[i] = len; } else { int pos = lower_bound(dp + 1, dp + len + 1, s[i] - 'a', cmp) - dp; ans[i] = pos; dp[pos] = s[i] - 'a'; } } printf("%d\n", len); for (int i = 0; i < n; i++) printf("%d ", ans[i]); return 0; }