ABC271 复盘

思路解析

根据小学学过的进制转换法可得，\(10\) 进制转换成 \(x\) 进制可以用 \(10\) 进制反复除 \(x^k\)，其中 \(k\) 代表在 \(x\) 进制下的第 \(k\) 位，然后在每次除完后取余再反向排列即可求得。但是此题由于 \(0 \le N \le 255\) 所以只需要判断 \(16\) 进制下的前两位即可。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int main() {
	cin >> n;
	int fir = n / 16;
	if(fir > 9) {
		cout << (char)(fir - 10 + 'A');
	}
	else {
		cout << fir;
	}
	int sec = n % 16;
	if(sec > 9) {
		cout << (char)(sec - 10 + 'A');
	}
	else {
		cout << sec;
	}
	return 0;
}

[ABC271B] Maintain Multiple Sequences

思路解析

首先，我们如果开二维矩阵肯定会爆，其次我们发现它的总空间占用不大，只是单列空间大，于是可以想到用 vector 做。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, l[N], q;
vector<int> a[N];
int main() {
	cin >> n >> q;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> l[i];
		for(int j = 1, x; j <= l[i]; j++) {
			cin >> x;
			a[i].push_back(x);
		}
	}
	while(q--) {
		int s, t;
		cin >> s >> t;
		cout << a[s][t - 1] << "\n";
	}
	return 0;
}

[ABC271C] Manga

思路解析

求一个数的最值可以轻易想到用二分求，此题用二分答案。由于每一册书只要有一本就足够了，所以可以用一个桶装下每一个数是否出现，然后再对桶做前缀和，这样 \(b_i\) 就能表示第 \(1 \to i\) 册书总共有多少本，于是在 check 函数时我们就只需要比较 \(b_x\) 和 \(n-b_x\) 的数量关系即可。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 10;
int n, a[N];
int m;
int b[N];
bool check(int x) {
	int have = b[x];
	int lst = n - have;
	if(have + lst / 2 >= x) {
		return true;
	}
	else {
		return false;
	}
}
int main() {
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
		if(a[i] <= n) {
			b[a[i]]= 1;
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		b[i] += b[i - 1];
	}
	int l = 0, r = n, mid = (l + r) / 2;
	int ans = 0;
	while(l <= r) {
		mid = (l + r) / 2;
		if(check(mid)) {
			ans = mid;
			l = mid + 1;
		}
		else {
			r = mid - 1;
		}
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

[ABC271D] Flip and Adjust

思路解析

典型的背包问题，\(f_{i,j}\) 表示已经选了 \(i\) 张卡片，和为 \(j\) 的情况是否有解，而对于输出情况则对于每一个 \(i,j\) 都用一个字符串存下，只需要在状态转移时同时转移字符串即可。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110, M = 10010;
int n, m;
int a[N], b[N];
bool f[N][M];
string v[N][M];
int main() {
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i] >> b[i];
	}
	f[0][0] = true;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 0; j <= m; j++) {
			if(f[i - 1][j]) {
				f[i][j + a[i]] = true;
				v[i][j + a[i]] = v[i - 1][j] + 'H';
				f[i][j + b[i]] = true;
				v[i][j + b[i]] = v[i - 1][j] + 'T';
			}
		}
	}
	if(f[n][m]) {
		cout << "Yes\n";
		cout << v[n][m];
	}
	else {
		cout << "No";
	}
	return 0;
}

很好的一道题，很有迷惑性，表面上是一道图论实际上是 dp，定义 \(f_{i}\) 为从 \(1\) 到 \(i\) 的最短 “好路”。先把每条边对应的起点，终点和边权记录下来，然后输入每个 \(e\)，由于是子序列顺序不会改变，因此可以顺序进行操作。对于每一个 \(e\)，都有选和不选两种情况，若选，则相当于最短路算法中的松弛操作，转移 \(f_{a_{e}}\gets\min(f_{a_{e}},f_{b_{e}}+c_{e})\)（\(a_{i},b_{i},c_{i}\) 分别代表第 \(i\) 条边的起点，终点和边权）。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 2e5 + 10;
ll n, m, k;
ll a[N], b[N], c[N];
ll e;
ll f[N];
int main() {
	cin >> n >> m >> k;
	for(int i = 1; i <= m; i++) {
		cin >> a[i] >> b[i] >> c[i];
	}
	memset(f, 0x3f, sizeof(f));
	f[1] = 0;
	for(int i = 1; i <= k; i++) {
		cin >> e;
		f[b[e]] = min(f[b[e]], f[a[e]] + c[e]);
	}
	if(f[n] < 1e18) {
		cout << f[n];
	}
	else {
		cout << -1;
	}
	return 0;
}

[ABC271F] XOR on Grid Path

思路解析

首先看到数据范围 \(2 \le N \le 20\) 可以想到搜索，由于路径长度为 \(N\)，所以复杂度 \(O(2^{2n})\)，无法接受。考虑到 \(O(2^{n})\) 复杂度可以接受，可以想到 dfs 可以不跑完全程，分成两次，每次跑一半，分别跑左上和右下部分，在次对角线上相遇，复杂度就是 \(O(2 \times 2^n)\)，可以接受。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 25;
int n;
int a[N][N];
map<int, int> mp[N];
long long ans = 0;
void dfs1(int x, int y, int s) {
	s ^= a[x][y];
	if(x + y == n + 1) {
		mp[x][s]++;
		return;
	}
	dfs1(x + 1, y, s);
	dfs1(x, y + 1, s);
} 
void dfs2(int x, int y, int s) {
	if(x + y == n + 1) {
		if(mp[x].find(s) != mp[x].end()) {
			ans += mp[x][s];
		}
		return;
	}
	s ^= a[x][y];
	dfs2(x - 1, y, s);
	dfs2(x, y - 1, s);
}
signed main() {
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= n; j++) {
			cin >> a[i][j];
		}
	}
	dfs1(1, 1, 0);
	dfs2(n, n, 0);
	cout << ans;
	return 0;
}