• 2019.10.20周赛


    A - Minimum Ternary String  CodeForces - 1009B 

    签到题,数字1可以随便调位置,2和0的相对位置不变。

    #include<cstdio> 
    #include<cstring>
    using namespace std;
    char s[100010];
    int main(){
        scanf("%s",s);
        int n=strlen(s),cnt=0; bool flag=0;
        for(int i=0;i<n;++i)
        if(s[i]=='1') cnt++;
        for(int i=0;i<n;++i){
            if(flag){
                if(s[i]=='1') continue;
                printf("%c",s[i]);
                continue;
            }
            
            if(s[i]=='0') printf("0");
            else if(s[i]=='1') continue;
            else if(s[i]=='2'){
                for(int j=1;j<=cnt;++j)
                printf("1");
                printf("2"); 
                flag=1;
            }
        }
        if(!flag){
            for(int i=1;i<=cnt;++i)
            printf("1");
        }
        return 0;
        
    }
    View Code

    B - Equalize CodeForces - 1037C

    还是签到题。当两个不同的数的距离大于1时,就直接变。

    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    using namespace std;
    const int N=1000010;
    int n,ans=0;
    char a[N],b[N];
    bool df[N];
    int main(){
        scanf("%d",&n);
        scanf("%s%s",a,b);
        for(int i=0;i<n;++i)
        if(a[i]!=b[i]) df[i]=1;
        for(int i=0;i<n;++i){
            if(df[i]==0) continue;
            if(b[i]=='0'){
                if(b[i+1]=='1'&&df[i+1]){
                    ans++; df[i]=df[i+1]=0;
                }else{
                    ans++;
                    df[i]=0;
                }
            }else if(b[i]=='1'){
                if(b[i+1]=='0'&&df[i+1]){
                    ans++; df[i]=df[i+1]=0;
                }else {
                    ans++;
                    df[i]=0;
                }
            }
        }
        printf("%d
    ",ans);
        return 0;
        
    }
    View Code

    C - Cut 'em all! CodeForces - 982C 

    考虑一个边能不能去掉,如果这个变两侧的点数都是偶数的话就可以去掉。

    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    const int N=1000010;
    int n,cnt,hd[N],size[N],dep[N];
    struct node{
        int nxt,to;
    }e[N*2];
    struct data{
        int x,y;
    }a[N];
    inline void ins(int from,int to){
        e[++cnt].nxt=hd[from];
        e[cnt].to=to;
        hd[from]=cnt;
    }
    void dfs(int x,int fa){
        size[x]=1;
        for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
            if(e[i].to==fa) continue;
            dep[e[i].to]=dep[x]+1;
            dfs(e[i].to,x);
            size[x]+=size[e[i].to];
        }
    }
    int main(){
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<n;++i){
            scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
            ins(a[i].x,a[i].y); ins(a[i].y,a[i].x);
        }
        if(n&1){
            puts("-1"); return 0;
        }
        dfs(1,-1);
        int ans=0;
        for(int i=1;i<n;++i){
            int x=a[i].x,y=a[i].y;
            if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
            if(!(size[x]&1)) ans++;
        }
        printf("%d
    ",ans);
    }
    View Code

    D - 字数统计 HDU - 1735 

    是个贪心题。一开始的思路错了,导致代码写的很复杂。初始化写错了,要不这题时能过的。。。

    1.考虑最坏的情况,所有0都是被破坏的。 ans=0的个数。

    2.段落的个数是固定的, ans=ans-2*段落个数。

    3.考虑段尾,段位的0是不用算的,ans=ans-段尾0的个数。

    4.我们要求ans的最小值,1和2都是固定的,也就是要求段尾0个数的最大值。

    5.可能的段落数要大于题目给的段落数,取段尾0多的段落就行了。

    另外,最后一行一定是段尾,不要漏算了。

    一开始写的超复杂代码。。。 

    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<queue>
    using namespace std;
    int a[10010][105],father[100010],num,num2;
    struct node{
        int pre,suf,cnt;
    }pgh[10010],p[10010];
    struct data{
        int sum,x,y;
        bool operator < (const data &j) const {
         return sum>j.sum;
        }
        
    };
    priority_queue<data> q;
    int find(int x){
        if(x!=father[x]) father[x]=find(father[x]);
        return father[x];
    }
    int main(){
        int n,l,m;
        while(~scanf("%d%d%d",&n,&l,&m)){
            while(!q.empty()) q.pop();
            num=0;
            for(int i=0;i<=10010;++i){
                pgh[i].pre=pgh[i].suf=pgh[i].cnt=0;
                p[i].pre=p[i].suf=p[i].cnt=0;
            }
            for(int i=1;i<=n;++i)
            for(int j=1;j<=l;++j)
            scanf("%d",&a[i][j]);
            int i=1;
            while(i<=n){
                if(a[i][1]==0&&a[i][2]==0){
                    int tmp=0;
                    for(int j=l;j>=1;--j)
                    if(a[i-1][j]==0) tmp++;
                    else break;
                    pgh[num].suf=tmp;
                    tmp=0;
                    for(int j=1;j<=l;++j)
                    if(a[i][j]==0) tmp++;
                    else break;
                    pgh[++num].pre=tmp;
                }
                for(int j=1;j<=l;++j)
                if(a[i][j]==0) pgh[num].cnt++;
                i++;
            }
    
            for(int i=1;i<=num;++i) father[i]=i;
            for(int i=1;i<num;++i){
                q.push((data){pgh[i].suf,i,i+1});
            }
            for(int i=1;i<=num-m;++i){
                data tmp;
                tmp=q.top(); q.pop();
                int x=tmp.x,y=tmp.y;
                int r1=find(x),r2=find(y);
                father[r2]=r1;
            }
            int root=find(1); num2=1;
            p[num2].pre=pgh[1].pre;
            for(int i=1;i<=num;++i){
                if(find(i)==root) 
                    p[num2].cnt+=pgh[i].cnt;
                else{
                    root=find(i);
                    p[num2].suf=pgh[i-1].suf;
                    p[++num2].pre=pgh[i].pre;
                    p[num2].cnt=pgh[i].cnt;
                }
            }
        
            p[num2].suf=0;
            for(int j=l;j>=1;--j)
            if(a[n][j]==0) p[num2].suf++;
            else break;
        
            int ans=0;
            for(int i=1;i<=num2;++i)
                ans=ans+p[i].cnt-2-p[i].suf;
            printf("%d
    ",ans);
          }
           return 0;
    }
    View Code

    想的是把多段落合并,其实合并的操作并不需要写出来,只需要段尾0的个数就行了。

    而且段首的0的个数并没有什么用,是我想错了。。。如果段首有用的话大概我这样写就对了。

    简单的

    https://blog.csdn.net/snowy_smile/article/details/49666233

    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    int n,m,p;
    int a[105],b[10010];
    int main(){
        while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&p)){
            int ans=0,num=0,ed=0;
            for(int i=1;i<=n;++i){
                for(int j=1;j<=m;++j){
                    scanf("%d",&a[j]);
                    ans+=a[j]==0;
                }
                if(a[1]==0&&a[2]==0) b[++ed]=num;
                for(int j=m;j>=1;--j)
                if(a[j]==1){
                    num=m-j; break;
                }
            }
            ans=ans-2*p-num;
            sort(b+1,b+ed+1);
            for(int i=ed;i>=ed-p+2;--i)
            ans-=b[i];
            printf("%d
    ",ans);
        }
        return 0;
        
    }
    View Code

    ....................................

    F - Semifinals CodeForces - 378B 

    题目大意:有两场半决赛,每场各有n各人参加,现在有一个k值,表示说半决赛的前k名可以直接晋级总决赛,因为要选出n个人参加决赛,所以2*(n -k)要在剩下的人中选前2*(n-k)名,k的取值范围为0~n/2,问说那些人是有可能晋级决赛的。

    解题思路:直接按照k = 0和k = n / 2的方案去选,就包括了所有可以晋级的人选,两种极端。
    ————————————————
    原文链接:https://blog.csdn.net/keshuai19940722/article/details/18864545

    对于上图 1,5,2,6是能入选的。 现在考虑3能不能入选。

    首先3要是能入选1.2肯定也能。

    1. k=0时,3要想入选至少要比6小。

    2. k=1时,1和5入选,

      i,3比5大,不影响结果

     ii,3比5小,也就是说一个比3劣的元素入选了,结果肯定不如k=0时;

    综上可得,k=0时的解至少不会比k=1时的差,所以直接考虑k=0时,和k=n/2时就行了。

    #include <stdio.h>
    #include <string.h>
     
    const int N = 100005;
     
    int n, a[N], b[N];
    int main() {
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
        int p = 0, q = 0, k = n / 2;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (a[p] < b[q]) p++;
            else q++;
        }
     
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (i < p || i < k) printf("1");
            else printf("0");
        }
        printf("
    ");
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (i < q || i < k) printf("1");
            else printf("0");
        }
        printf("
    ");
        return 0;
    }
    ————————————————
    版权声明:本文为CSDN博主「JeraKrs」的原创文章,遵循 CC 4.0 BY-SA 版权协议,转载请附上原文出处链接及本声明。
    原文链接:https://blog.csdn.net/keshuai19940722/article/details/18864545
    View Code

    我的思路:如果3想入选至少要比6小,如果4想入选至少要比5小。

    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    using namespace std;
    const int N=1000010;
    int n,a[N],b[N],ansa[N],ansb[N];
    int main(){
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
        int t=n/2;
        for(int i=t+1;i<=n;++i){
            int j=n-i+1;
            if(a[i]<b[j]) ansa[i]=1;
        }
        for(int i=t+1;i<=n;++i){
            int j=n-i+1;
            if(b[i]<a[j]) ansb[i]=1;
        }
        for(int i=1;i<=t;++i)
        ansa[i]=ansb[i]=1;
        for(int i=1;i<=n;++i)
        printf("%d",ansa[i]);
        printf("
    ");
        for(int i=1;i<=n;++i)
        printf("%d",ansb[i]);
        return 0;
    }
    我的思路

    I - Pie or die CodeForces - 55C 

    第一次接触博弈论的题,差一点啊,我试到了4,结果答案是5,我太难了!应该多在纸上画一画。

    【题意】 有一个n*m的棋盘,上面有k个棋子,先手每次可以移动一个棋子去相邻的格子,如果能够把某个棋子移动到棋盘外面,则先手获胜;后手每次可以封闭一个边界(两个顶点之间的边,封闭后不能从该边移动到边界外面),如果先手不能够把某个棋子移动到棋盘外面,则后手胜;
    【思路】分析棋盘可以发现,对于四个角落来说,每个角落都有两条边,也就是说四个角落一共多出四条边,加上原先边界的一条边,则一共5条边,所有当某个棋子距离边界的距离小于5的时候,这五条边一定存在某条边没有被封闭,则先手必胜,否则先手必败。
    ————————————————
    原文链接:https://blog.csdn.net/i1020/article/details/79791234

    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    using namespace std;
    int n,m,k,p[106][3];
    int main(){
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        for(int i=1;i<=k;++i){
            scanf("%d%d",&p[i][0],&p[i][1]);
        }
        bool flag=0;
        for(int i=1;i<=k;++i){
            int x=p[i][0],y=p[i][1];
            if(x<=5||x>=n-4) flag=1;
            if(y<=5||y>=m-4) flag=1;
            if(flag) break;
        }
        if(flag) puts("YES");
        else puts("NO");
        return 0;
    }
    View Code
  • 相关阅读:
    完全卸载删除nginx
    多线程如何确定线程数
    【精】Linux磁盘I/O性能监控之iostat详解
    Linux信号处理和守护进程
    Linux进程间通信——使用信号
    kill 命令详解 系统信号
    Valgrind使用指南和错误分析
    Valgrind memcheck 8种错误实例
    Linux环境崩溃生成core文件以及调试
    linux Valgrind使用说明-内存泄漏
  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/huihao/p/11716912.html
Copyright © 2020-2023  润新知