Relatório de resolução de problemas 188 do Concurso AtCoder para iniciantes

Link do título: https://atcoder.jp/contests/abc188/tasks

A - Tiro de três pontos

Tópico

Forneça x, y e pergunte se o valor menor mais 3 pode exceder o valor maior

Ideias

Julgamento direto

código ac

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int main(){
    int x, y;
    cin >> x >> y;
    if(x > y) swap(x, y);
    if(x + 3 > y) cout << "Yes" << endl;
    else cout << "No" << endl;
    return 0;
}

B - Ortogonalidade

Tópico

Duas matrizes, as posições correspondentes são multiplicadas e somadas para ver se é igual a 0

Ideias

Simulação direta

código ac

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 1e5 + 5;
int a[maxn], b[maxn];
int main(){
    int n; cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> b[i];
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) ans += a[i] * b[i];
    if(ans == 0) cout << "Yes" << endl;
    else cout << "No" << endl; 
    return 0;
}

C - Torneio ABC

Tópico

Dê a você um n e, em seguida, 2 ^ n números, que representam a pontuação da i-ésima pessoa. Cada rodada tem dois pk adjacentes um ao outro. Aquele com a pontuação mais alta vence, entra na próxima rodada e produz o inicial subscrito do segundo colocado final

Ideias

simulação vetorial

código ac

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 1e5 + 5;
vector<pair<int, int>> a, b;
int main(){
    int n; cin >> n;
    for(int i = 1; i <= (1 << n); i ++) {
        int x; cin >> x;
        a.push_back({x, i});
    }
    for(int i = 1; i < n; i ++){
        for(int j = 0; j < a.size(); j += 2){
            if(a[j].first > a[j + 1].first) b.push_back(a[j]);
            else b.push_back(a[j + 1]);
        }
        a = b;
        b.clear();
    }
    if(a[0].first > a[1].first) cout << a[1].second << endl;
    else cout << a[0].second << endl;
    return 0;
}

D - Snuke Prime

Tópico

Takahashi saiu para jogar e agora fornece n itens, o tempo é [ai, bi], esses itens precisam gastar ci todos os dias, mas ele pode escolher gastar C yuan por dia para jogar todos os itens que aparecem nesse dia , ele deve jogar, peça a ele para gastar o mínimo

Por exemplo, no primeiro exemplo, existem 2 itens, custa 6 para jogar todos os itens que aparecem em um dia, o primeiro item aparece em [1,2], custa 4 por dia, e o segundo item aparece em [2,2], custa 4 por dia, o que significa que o primeiro dia precisa gastar 4, no dia seguinte precisa gastar 4 + 4 = 8, mas 8 <6 pode escolher gastar 6 yuans para jogar o projeto 1, 2, então um total de 4 + 6 = 10

Ideias

A diferença é calcular o custo de cada item no dia, e então o custo diário é o menor valor do custo do dia atual e C

código ac

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 2e5 + 5;
map<int, ll> mp; // 差分数组
//s表示差分的前缀和，表示到这天单付当天所有项目的花费
//last表示一个天数，(it.first - last)表示s价格出现的天数,也就是在这个期间价格不变
//x表示当天花的钱
//ans表示求的最小花费
int main(){
    ll n, c;
    cin >> n >> c;
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        ll x, y, w; 
        cin >> x >> y >> w;
        mp[x] += w; mp[y + 1] -= w; // 差分操作
    }
    ll s = 0, ans = 0;
    int last = 0;
    for(auto it : mp){
        ll x = min(s, c);
        ans += x * (it.first - last);
        s += it.second;
        last = it.first;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

E - mascate 

Tópico

A primeira linha n, m representa n pontos em arestas,

O n ai na segunda linha representa o preço do ouro naquele ponto,

As próximas m linhas representam arestas, cada aresta é uma aresta direcionada, onde xi deve ser menor que yi

Agora ele tem que escolher um ponto para comprar ouro e depois ir para outro ponto para vender ouro, buscando lucro máximo.

Ideias

A resposta é recursivamente na sequência topológica, dp [i] representa o preço mais barato do ouro que vai do ponto de origem (não sei esse ponto) ao ponto i. Como é uma borda unilateral, então este ponto definitivamente não vai voltar. Apenas diminuiu, então recursão linear, e então só precisa atualizar o valor máximo de a [son] -dp [i], filho é um nó filho de i

código ac

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 2e5 + 5;
int dp[maxn], in[maxn], a[maxn];
vector<int> v[maxn];
queue<int> q;
int main(){
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    while(m --){
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        v[x].push_back(y);
        in[y] ++;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        if(in[i] == 0) q.push(i);
        dp[i] = a[i]; //刚开始只初始化入度为0的节点然后wa了7个点，原因是存在2 3, 1 3种情况，也就是说这个图有可能是发散的，必须在跑到他之前就要初始化
    }
    int ans = -0x3f3f3f3f;
    while(q.size()){
        int t = q.front(); q.pop();
        for(auto it : v[t]){
            if(ans == -0x3f3f3f3f || ans < a[it] - dp[t]) ans = a[it] - dp[t];
            dp[it] = min(dp[it], dp[t]);
            if(--in[it] == 0) q.push(it);
        }
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

F - + 1-1x2

Tópico

Dê a você dois números x, y, você pode realizar +1 ou -1 ou * 2 em cada número a cada vez e perguntar a você pelo menos quantas operações você precisa para mudar x para y

Ideias

Pesquisa de memória, dfs (y) representa o número de etapas necessárias para alterar x para y

Veja o código especificamente

código ac

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 2e5 + 5;
map<ll, ll> dp; //dp[y]表示将x变成y需要的步数
ll x, y;
ll dfs(ll yy){
    if(yy <= x) return x - yy; //如果x大于等于yy，那么x只能进行x-yy次 减操作到达yy
    if(dp.count(y)) return dp[yy]; //记忆化操作直接返回
    ll res = yy - x; //表示x进行yy-x次 加操作到达y
    if(yy % 2 == 0) res = min(res, dfs(yy / 2) + 1); //如果yy是偶数，那么就存在乘2的操作，使得x到达yy
    else res = min(res, 1 + min(dfs(yy + 1), dfs(yy - 1))); //不然就看看加1减1操作使得x到达yy，取一个最小值
    return dp[yy] = res; //记忆化存
}
int main(){
    cin >> x >> y;
    cout << dfs(y);
    return 0;
}