Codeforces Round #634 (Div. 3)

链接：https://codeforces.com/contest/1335

A - Candies and Two Sisters

略

B - Construct the String

略

C - Two Teams Composing

题意：给n个数，要求找到一个x，使得可以从n个数中先选出一个x个数的无重集合，再选出一个x个相同的数的集合。

题解：统计一下最多的相同的数有几个，记为A1，并且要记录最多的相同的数有几种，记为A2，然后考虑一共有多少种不同的数，记为B。

举几个例子：

1 2 3 4 5 6
3 3 3 3 3 3

1 2 3 4 5 6
3 3 3 3 3 3 3

这种情况，代表A1>=B+1，这种时候受B限制，且可以分A1的一个过去第一个集合，答案是B。

1 2 4 5 6
3 3 3 3 3

1 2 4 5 6
3 3 3 3

这种情况，代表A1<=B-1，这种时候答案是A1。

还差一种情况，A1=B，这种时候是A1-1。

1 2 4
3 3 3 3

D - Anti-Sudoku

题意：给出一个数独，改动其中的至多9个数字，使得其满足：

每行都有至少2个相同元素。
每列都有至少2个相同元素。
分成九宫格的每个格都有至少2个相同元素。

题解：没说要保持数字的总数不变啊？直接把所有的'2'都换成'1'。

char s[15];
void TestCase() {
    for(int i = 1; i <= 9; ++i) {
        scanf("%s", s + 1);
        for(int j = 1; j <= 9; ++j) {
            if(s[j] == '2')
                s[j] = '1';
        }
        puts(s + 1);
    }
}

F - Robots on a Grid

题意：给一个格子图，每个格子上面有标有一个方向“上下左右”其中之一，这个方向不会指引越界。这些格子有些是黑格有些是白格，求最多能放多少个机器人，以及最多能放多少个机器人在黑格。机器人被放在格子图上，沿着格子指引的方向同时移动，当两个机器人在某个时刻撞在一个格子上时是非法的放置方法，（但是他们可以撞在格子边界上）。

题解：这个格子图明显是一篇基环树森林，容易知道“最多能放多少个机器人”就是基环树森林的所有的环的的大小。麻烦的在于求“最多能放多少个机器人在黑格”，想到一个好办法，当发现一个基环树的环之后，从这个环上的任意一点开始dfs染色，深度从[1,M]循环，M是这个基环树的环的大小，容易发现染色相同的格子是只能放一个机器人的，这时就判断这些格子中是否有至少一个黑色格就可以了。

int n, m;
 
int id(int i, int j) {
    return (i - 1) * m + j;
}
 
int U(int id) {
    return id - m;
}
 
int D(int id) {
    return id + m;
}
 
int L(int id) {
    return id - 1;
}
 
int R(int id) {
    return id + 1;
}
 
int top;
char s[1000005];
int C[1000005];
int G[1000005];
vector<int> BG[1000005];
 
int color[1000005], cntcolor;
 
vector<int> CurCircle;
 
int incircle;
void dfs(int u, int c) {
    if(color[u]) {
        if(color[u] == c) {
            incircle = u;
            return;
        }
        return;
    }
    color[u] = c;
    dfs(G[u], c);
    if(incircle) {
        CurCircle.push_back(u);
        if(u == incircle) 
            incircle = 0;
    }
    return;
}
 
int ans1, ans2;
 
int CntBlack[1000005], M;
int vis[1000005];
 
void DFS(int u, int dep) {
    if(vis[u])
        return;
    vis[u] = 1;
    if(C[u] == 0) {
        if(CntBlack[dep] == 0) {
            CntBlack[dep] = 1;
            ++ans2;
        }
    }
    if(dep == M)
        dep = 0;
    for(auto &v : BG[u])
        DFS(v, dep + 1);
    return;
}
 
void Solve2() {
    M = CurCircle.size();
    DFS(CurCircle[0], 1);
    for(int i = 0; i <= M; ++i)
        CntBlack[i] = 0;
}
 
void Solve() {
    ans1 = 0, ans2 = 0;
    cntcolor = 0;
    for(int i = 1; i <= n * m; ++i) {
        if(!color[i]) {
            ++cntcolor;
            CurCircle.clear();
            dfs(i, cntcolor);
            if(CurCircle.size()) {
                ans1 += CurCircle.size();
                Solve2();
            }
        }
    }
    printf("%d %d
", ans1, ans2);
}
 
void TestCase() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n * m; ++i) {
        BG[i].clear();
        vis[i] = 0;
        color[i] = 0;
    }
    top = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%s", s + 1);
        for(int j = 1; j <= m; ++j)
            C[++top] = s[j] - '0';
    }
    top = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%s", s + 1);
        for(int j = 1; j <= m; ++j) {
            ++top;
            if(s[j] == 'U') {
                G[top] = U(id(i, j));
                BG[U(id(i, j))].push_back(id(i, j));
            } else if(s[j] == 'D') {
                G[top] = D(id(i, j));
                BG[D(id(i, j))].push_back(id(i, j));
            } else if(s[j] == 'L') {
                G[top] = L(id(i, j));
                BG[L(id(i, j))].push_back(id(i, j));
            } else if(s[j] == 'R') {
                G[top] = R(id(i, j));
                BG[R(id(i, j))].push_back(id(i, j));
            } else
                exit(-1);
        }
    }
    Solve();
}

先写一个读入这个奇怪的图的程序，然后到我的模板库里面复制一份基环树遍历的算法，由于这里只需要知道基环树的大小，那么只注意“incircle”标记的节点就可以了。注意并不是每次dfs都可以找到一棵新的基环树，有可能这棵基环树被前面的dfs找到过，这个就不细讲了。总而言之没有基环树dp就都还算简单。