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A. Fence
题意
给出三条边 $a,b,c$，构造第四条边使得四者可以围成一个四边形。
题解
$d = max(a,b,c)$，可以将四条边中最长的两条边想象成一把可以开合的尺子。
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); int t; cin >> t; while (t--) { int a, b, c; cin >> a >> b >> c; cout << max({a, b, c}) << " "; } return 0; }
B. Nice Matrix
题意
定义各行列数值均对称的矩阵为好矩阵，给出一个 $n imes m$ 的矩阵，每次操作可以给一个数加一或减一，计算将它转为好矩阵的最少操作次数。
题解
因为矩阵有两条中轴线，所以一个数最多需要与三个数对称相等，至于等的值，考虑 $1, 2, 6, 10$ ：
对于 $1,10$，只要等的值位于 $[1,10]$ 内，将二者变为相等的操作次数是相同的；
同理，对于 $2,6$，只要等的值位于 $[2,6]$ 内，将二者变为相等的操作次数也是相同的。
所以，最终等的值选取所有数排序后的中间区间内的任一值均可。
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); int t; cin >> t; while (t--) { int n, m; cin >> n >> m; vector<vector<int>> a(n, vector<int> (m)); for (auto &v : a) for (auto &x : v) cin >> x; long long ans = 0; vector<vector<bool>> vis(n, vector<bool> (m)); for (int i = 0; i < n; i++) { for (int j = 0; j < m; j++) { vector<int> v; for (int x : {i, n - 1 - i}) { for (int y : {j, m - 1 - j}) { if (!vis[x][y]) { v.push_back(a[x][y]); vis[x][y] = true; } } } if (v.size() >= 2) { sort(v.begin(), v.end()); for (auto i : v) ans += abs(i - v[1]); } } } cout << ans << " "; } return 0; }
C. Bargain
题意
给出一个数并抹去它的一段连续区间后将余下的数连接，计算所有可能得到的数之和。
题解
个位前的 $n-1$ 个数位有 $frac{n(n-1)}{2}$ 个连续区间，所以个位可以作为个位加 $frac{n(n-1)}{2}$ 次，个位之前的每个数位因为要抹去后面所有的数位，所以作为个位只可以加 $1$ 次；
同理：
十位可以作为十位加 $frac{(n-1)(n-2)}{2}$ 次，十位之前的每个数位可以作为十位加 $2$ 次；
千位可以作为千位加 $frac{(n-2)(n-3)}{2}$ 次，千位之前的每个数位可以作为千位加 $3$ 次；
…………
即每次将当前数位与之前数位的总和分别计算。
对于每次之前数位的总和可以维护一个前缀和。
代码
#include <bits/stdc++.h> using ll = long long; using namespace std; constexpr int MOD = 1e9 + 7; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); string s; cin >> s; ll sum = 0; for (char c : s) sum += c - '0'; ll ans = 0, p = 1; for (ll i = s.size() - 1; i >= 0; i--) { ll val = (s[i] - '0'); ll mul = i * (i + 1) / 2; ll pre_val = (sum -= s[i] - '0'); ll pre_mul = s.size() - i; ans += (val * mul + pre_val * pre_mul) % MOD * p % MOD; ans %= MOD; p = (p * 10) % MOD; } cout << ans << " "; return 0; }
D. Returning Home
题意
有一个 $n imes n$ 的方阵，每次可以花 $1$ 秒走到相邻的方格，方阵中有一些传送点，传送到所在行或列的传送点不花费时间，计算从 $(sx,sy)$ 走到 $(fx,fy)$ 的最短时间。
题解
共可分为两种情况：
- 不经传送点直接从起点走到终点
- 经过一个或多个传送到走到终点
第一种情况：所花时间即 $abs(sx-fx)+abs(sy-fy)$ 。
第二种情况：以相同的端点分别对传送点的横、纵坐标从小到大两两相邻建边，然后计算从起点到每个传送点的最短距离，最后枚举最终转折点，答案即 $min(dis_i + abs(fx - x_i) + abs(fy - y_i))$ 。
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); int n, m; cin >> n >> m; int sx, sy, fx, fy; cin >> sx >> sy >> fx >> fy; vector<int> x(m), y(m); for (int i = 0; i < m; i++) { cin >> x[i] >> y[i]; } vector<vector<pair<int, int>>> G(m); vector<int> p(m); iota(p.begin(), p.end(), 0); //横坐标从小到大相邻建边 sort(p.begin(), p.end(), [&](int i, int j) { return x[i] < x[j]; }); for (int i = 0; i + 1 < m; i++) { int u = p[i]; int v = p[i + 1]; int w = x[p[i + 1]] - x[p[i]]; G[u].emplace_back(v, w); G[v].emplace_back(u, w); } //纵坐标从小到大相邻建边 sort(p.begin(), p.end(), [&](int i, int j) { return y[i] < y[j]; }); for (int i = 0; i + 1 < m; i++) { int u = p[i]; int v = p[i + 1]; int w = y[p[i + 1]] - y[p[i]]; G[u].emplace_back(v, w); G[v].emplace_back(u, w); } //初始答案为不经过传送点直接走到终点 long long ans = abs(sx - fx) + abs(sy - fy); priority_queue<pair<long long, int>, vector<pair<long long, int>>, greater<pair<long long, int>>> pque; vector<long long> dis(m); vector<bool> vis(m); //计算起点到每个传送点的初始距离 for (int i = 0; i < m; i++) { pque.emplace(min(abs(sx - x[i]), abs(sy - y[i])), i); } //计算起点到每个传送点的最短距离 while (!pque.empty()) { auto [d, u] = pque.top(); pque.pop(); if (vis[u]) continue; vis[u] = true; dis[u] = d; for (auto [v, w] : G[u]) { pque.emplace(d + w, v); } } //枚举以哪个传送点为最后转折点走到终点 for (int i = 0; i < m; i++) { ans = min(ans, dis[i] + abs(fx - x[i]) + abs(fy - y[i])); } cout << ans << " "; return 0; }