在vp比赛的时候只过了5题,后三题跨度还是挺大,不过也有前五题写的慢的愿意在里面,没有太多时间看后面的题。
给你一个键盘的顺序,让你模拟打某个单词需要的步数,稍微对应建立映射即可
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t,n; map<char,int>mp; int main() { string s1,s2; scanf("%d",&t); while(t--) { mp.clear(); scanf("%d",&n); cin>>s1>>s2; for(int i=1;i<=26;i++) { mp[s1[i]]=i; } int ans=0; for(int i=1;i<s2.size();i++) { ans+=abs(mp[s2[i]]-mp[s2[i-1]]); } cout<<ans<<endl; } return 0; }
题意是给你一个初始位置,和蚂蚱跳的次数,问最终会停留在哪里,不难发现 无论起点的奇偶性,中间两次方向都和第一次和最后一次相反,所以没四次都会回到原地。然后就%4,观察一下性质即可,这里我写复杂了。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; long long int t,x,n; int main() { cin>>t; while(t--) { long long int ans=0; cin>>x>>n; ans+=x; if(x%2==0) { if(n%4==0) { ans+=0; } if(n%4==1) { ans-=n; } if(n%4==2) { ans+=1; } if(n%4==3) { ans+=(n+1); } } else { if(n%4==0) { ans+=0; } if(n%4==1) { ans+=n; } if(n%4==2) { ans-=1; } if(n%4==3) { ans-=(n+1); } } cout<<ans<<endl; } return 0; }
题意自己看吧,做法就是排个序,然后找最大的差值,正确性是因为,每个最小的消失的代价就是其他同时-某个数,不影响相对关系,那么我们删到差值最大的以后停止,留下的最小值就是题目要求的最大值。关键在于排完序后,相对位置不可能发生变化,所以只需要考虑在哪里停止即可。可以留下的最大的数就是差值。那么实质上留下的值的大小就是也可以模拟这个过程。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t,n; int a[200010],b[200010]; int main() { scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); sort(a+1,a+1+n); int ans=a[1]; for(int i=1;i<n;i++) ans=max(ans,a[i+1]-a[i]); cout<<ans<<endl; } return 0; }
根据性质,可知蓝的一定严格小于红色,排个序,代表的是他们分别能负责的区间,然后依次判断是否合法即可。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t,n; int a[200010],red[200010],blue[200010]; int main() { string s; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); cin>>s; int cnt1=0,cnt2=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(s[i-1]=='B') blue[++cnt1]=a[i]; else red[++cnt2]=a[i]; } sort(blue+1,blue+1+cnt1); sort(red+1,red+1+cnt2); int flag=0; for(int i=1;i<=cnt1;i++) { if(blue[i]<i){ flag=1; } } for(int i=1;i<=cnt2;i++) { if(red[i]>cnt1+i)flag=1; } if(flag==0)cout<<"YES"<<endl; else cout<<"NO"<<endl; } return 0; }
给你机器人,告诉你应该咋走,然后问从哪出发能走最多,我们只需要从头维护最左最右最上最下可能到达的位置,不得不出届时,根据记录的值在中间找平衡。有一点边界需要处理。浪费了不少时间
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t,x,y; string s; int main() { scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d%d",&y,&x); cin>>s; int cnt1=0,cnt2=0,mxl=0,mxr=0,mxu=0,mxd=0,tmpx=0,tmpy=0; int len=s.size(); int flag=0; for(int i=0;i<len;i++) { if(s[i]=='R')cnt1++; if(s[i]=='L')cnt1--; if(s[i]=='U')cnt2--; if(s[i]=='D')cnt2++; mxl=max(mxl,-cnt1); mxr=max(mxr,cnt1); mxu=max(mxu,-cnt2); mxd=max(mxd,cnt2); if(mxl+mxr>=x) { if(s[i]=='R') cout<<mxu+1<<" "<<mxl+1<<endl; else cout<<mxu+1<<" "<<mxl<<endl; flag=1; break; } if(mxu+mxd>=y) { if(s[i]=='U') cout<<mxu<<" "<<mxl+1<<endl; else cout<<mxu+1<<" "<<mxl+1<<endl; flag=1; break; } } if(flag==0)cout<<mxu+1<<" "<<mxl+1<<endl; } return 0; }
改成了规定了每个格子的走法,成环或出界后停止,问从哪个点出发走的最多,最多走几步。其实就暴力搜索一下。然后每次记录下路径。成环后按顺序倒回去把这些环的值也修改成相同的值。可以递归处理,也可以用栈记录状态来做。
这题的一个教训是c++20比17慢,还卡内存。而且递归里加else 好像比不加else 要快。我也不清楚为啥。
这里的代码实现时参考别人的
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t,n,m,cnt,x,y,ans; char a[2010][2010]; int dis[2010][2010],vis[2010][2010]; vector<pair<int,int>>path; int dfs(int x,int y) { path.push_back({x,y}); if(x<1||x>n||y<1||y>m||vis[x][y]) { return dis[x][y]; } vis[x][y]=1; if(a[x][y]=='U')dis[x][y]=dfs(x-1,y)+1; else if(a[x][y]=='D')dis[x][y]=dfs(x+1,y)+1; else if(a[x][y]=='L')dis[x][y]=dfs(x,y-1)+1; else if(a[x][y]=='R')dis[x][y]=dfs(x,y+1)+1; return dis[x][y]; } int main() { scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",a[i]+1); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { if(!vis[i][j]) { path.clear(); path.push_back({0,0}); dfs(i,j); cnt=path.size(); for(int i=1;i<cnt-1;i++) { if(path[i]==path[cnt-1]) { for(int j=i;j<cnt;j++) dis[path[j].first][path[j].second]=cnt-i-1; } } } } ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { if(dis[i][j]>ans) { x=i,y=j; ans=dis[i][j]; } vis[i][j]=0; dis[i][j]=0; } printf("%d %d %d\n",x,y,ans); } return 0; }
给你一堆菜,分别有a和b两个值,对于每个菜,我们一共可以吃m。问最后两菜差的绝对值最小值是什么。贪心就好了,先算出两个菜可能的最大差值。之后在慢慢补回去,补的时候,注意几个值min(tmp,min(c[i],b[i]-d[i]));
tmp值得是当前差值的一半,超过了之后没有意义,C[I]指的是a被吃了多少,不能反哺更多的值,B[I]-D[I]是b还能被吃多少,这三个都不能超过。按顺序贪心即可。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; long long t,n,m,x,y; long long a[200010],b[200010],c[200010],d[200010],sum; int main() { cin.tie(0); scanf("%lld",&t); while(t--) { sum=0; scanf("%lld%lld",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld %lld",&a[i],&b[i]); x=max(a[i]-m,0ll); y=min(b[i],b[i]-(m-a[i])); sum+=x-y; c[i]=min(a[i],m); d[i]=m-c[i]; } for(int i=1;i<=n;i++) { long long int tmp=-sum/2; if(tmp<=0)continue; long long int x=min(tmp,min(c[i],b[i]-d[i]));//b[i]还有多少可以吃掉的 sum+=x*2; c[i]-=x; d[i]+=x; } cout<<abs(sum)<<endl; for(int i=1;i<=n;i++) cout<<c[i]<<" "<<d[i]<<endl; } return 0; }
题意类似,不过每个菜都有自己对应的m值了,目的是让不同种类的菜数量更少。那么首先可以发现,a[i]+b[i]-m[i]的值必须相同才有可能相同,先按这个关键词排序。继续观察。可以发现当A[I]固定之后b也会固定,所以我们不需要同时考虑这些问题。那么也就是说我们可以把a的值的可能区间范围求出来,问题就转化成了一个经典的模型。给你一堆区间。用最少的线覆盖所有区间的问题。对于这个问题,我们可以简单的贪心解决。有一些边界问题需要注意。贪心原则是按区间R排序。每次假设线都设在最右边,下一个的左边如果在线左边就不管。否则更新最右的线的位置。注意排序后会乱序。需要通过id来标记每个菜对于的位置。这个经典问题也不止这一种方法可以解决,有兴趣可以继续探索。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t,n,ans,tmp; int a[200010],b[200010],m[200010],ans1[200010]; struct node{ int val,l,r,an,id; bool operator <(const node x)const{ return val==x.val?r<x.r:val<x.val; } }x[200010]; int main() { scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d%d",&a[i],&b[i],&m[i]); x[i].val=a[i]+b[i]-m[i]; x[i].l=max(0,a[i]-m[i]); x[i].r=a[i]+min(0,b[i]-m[i]); x[i].id=i; } sort(x+1,x+1+n); tmp=x[1].r;ans=1; ans1[x[1].id]=a[x[1].id]-tmp; for(int i=2;i<=n;i++) { if(x[i].val!=x[i-1].val||tmp<x[i].l){ ans++; tmp=x[i].r; } ans1[x[i].id]=a[x[i].id]-tmp; } printf("%d\n",ans); for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d\n",ans1[i],m[i]-ans1[i]); } return 0; }