AtCoder Beginner Contest 203（Sponsored by Panasonic）

比赛链接：https://atcoder.jp/contests/abc203/tasks

A - Chinchirorin

题意

给出三个数，如果有两个数相同，输出剩下的那个数。

题解

模拟。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int a, b, c;
    cin >> a >> b >> c;
    if (a == b or b == c or a == c) {
        cout << (a ^ b ^ c) << "
";
    } else {
        cout << 0 << "
";
    }
    return 0;
}

B - AtCoder Condominium

题意

一栋公寓有 (n) 层，每层有 (k) 个房间，第 (i) 层第 (j) 间房间号为 (i0j) ，计算所有房间号之和。

题解

模拟。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= k; j++) {
            ans += i * 100 + j;
        }
    }
    cout << ans << "
";
    return 0;
}

C - Friends and Travel costs

题意

有无穷多个村庄，开始时 Taro 在村庄 (0) ，他可以花费 (1) 元从村庄 (i) 移动到村庄 (i + 1) 。

Taro 有 (n) 个朋友，给出他们所在的村庄 (a_i) 和 Taro 到达他们村庄时他们给 Taro 的钱数 (b_i) ，计算 Taro 最远可以到达的村庄。

题解

模拟。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    long long n, k;
    cin >> n >> k;
    vector<pair<long long, int>> v(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> v[i].first >> v[i].second;
    }
    sort(v.begin(), v.end());
    for (auto [x, y] : v) {
        if (k >= x) {
            k += y;
        } else {
            break;
        }
    }
    cout << k << "
";
    return 0;
}

D - Pond

题意

给出一个 (n) 阶方阵，计算所有 (k) 阶方阵的中位数的最小值。

这里 (k) 阶方阵的中位数为： (k^2) 个数中第 (lfloor frac{k^2}{2} floor + 1) 个大的数。

题解

二分中位数的值，将大于二分值的数记为 (1) ，小于等于的记为 (0) ，作二维前缀和来枚举所有 (k) 阶方阵。

如果存在一个方阵满足其和小于等于 (lfloor frac{k^2}{2} floor) ，则当前二分值可行，设为上界，否则设为下界。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    vector<vector<int>> a(n + 1, vector<int> (n + 1));
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            cin >> a[i][j];
        }
    }
    int l = 0, r = 1e9, ans = 0;
    while (l <= r) {
        int mid = (l + r) / 2;
        vector<vector<int>> pref_sum(n + 1, vector<int> (n + 1));
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                pref_sum[i][j] = pref_sum[i - 1][j] + pref_sum[i][j - 1] - pref_sum[i - 1][j - 1] + (a[i - 1][j - 1] > mid);
            }
        }
        bool possible = false;
        for (int i = k; i <= n; i++) {
            for (int j = k; j <= n; j++) {
                if (pref_sum[i][j] - pref_sum[i - k][j] - pref_sum[i][j - k] + pref_sum[i - k][j - k] <= k * k / 2) {
                    possible = true;
                }
            }
        }
        if (possible) {
            ans = mid;
            r = mid - 1;
        } else {
            l = mid + 1;
        }
    }
    cout << ans << "
";
    return 0;
}

E - White Pawn

题意

给出 ((2n + 1) imes (2n + 1)) 的棋盘上 (m) 枚黑子的坐标，开始时一枚白子在 ((0, n)) 处，白子的移动策略如下：

• 若 ((i + 1, j)) 没有黑子，则可以移动到 ((i + 1, j))
• 若 ((i + 1, j - 1)) 有黑子，则可以移动到 ((i + 1, j - 1))
• 若 ((i + 1, j + 1)) 有黑子，则可以移动到 ((i + 1, j + 1))

问白子可能到达第 (2n) 行的哪些坐标。

题解

如果遇到空行白子只能往下移，即空行不影响纵坐标的变化。

所以从上往下依次枚举有黑子的行即可。

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;
    map<int, vector<int>> mp;
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        mp[x].push_back(y);
    }
    set<int> prev_row{n};
    for (auto [x, vec_y] : mp) {
        vector<int> next_row;
        for (auto y : vec_y) {
            for (auto d : {-1, 1}) {
                if (prev_row.count(y + d)) {
                    next_row.push_back(y);
                }
            }
        }
        for (auto y : vec_y) {
            prev_row.erase(y);
        }
        for (auto y : next_row) {
            prev_row.insert(y);
        }
    }
    cout << prev_row.size() << "
";
    return 0;
}

F - Weed

题意

花园里有 (n) 株野草，Takahashi 和 Aoki 打算按如下方案拔掉这些野草：

• Aoki 先拔掉最多 (k) 株野草
• 之后 Takahashi 重复如下操作：
  • 假设 (h) 为余下野草中的最大高度，拔掉所有高度大于 (lfloor frac{h}{2} floor) 的野草

问在 Takahashi 操作最少次的情况下， Aoki 最少要拔掉多少株野草。

题解

设 (dp_{ij}) 为前 (i) 株野草 Takahashi 操作 (j) 次时 Aoki 要拔掉多少株。

• 若第 (i) 株由 Aoki 拔掉，那么有状态转移方程：

  • (dp_{ij} = min(dp_{ij}, dp_{i - 1j} + 1))

• 若第 (i) 株由 Takahashi 拔掉，由于其操作的特殊性，假设此时还剩 (x) 株，那么有状态转移方程：

  • (dp_{ij+1} = min(dp_{ij+1}, dp_{xj})) ，即 Aoki 无需再对 ([x + 1, i]) 间的野草进行任何操作。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    vector<int> a(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    sort(a.begin(), a.end());
    const int m = 32;
    const int INF = n;
    vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int> (m, INF));
    dp[0][0] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][j] + 1);
        }
        int x = upper_bound(a.begin(), a.end(), a[i - 1] / 2) - a.begin();
        for (int j = 0; j + 1 < m; j++) {
            dp[i][j + 1] = min(dp[i][j + 1], dp[x][j]);
        }
    }
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        if (dp[n][i] > k) {
            continue;
        }
        cout << i << ' ' << dp[n][i] << "
";
        break;
    }
    return 0;
}