ACM团队周赛题解（2）

拉了CF583和CF486的两套div2题目

还是先贴宏定义部分

#define MAXN 1000000+5
#define MOD 1000000007
#define PI (acos(-1.0))
#define EPS 1e-6
#define MMT(s,a) memset(s, a, sizeof s)
#define GO(i,a,b) for(int i = (a); i < (b); ++i)
#define GOE(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define OG(i,a,b) for(int i = (a); i > (b); --i)
#define OGE(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)

---

A - Asphalting Roads(CF-583A)

题意就是n条水平路，n条竖直路，构成井字形状。然后第i天会到(x_i,y_i)这个路口，如果这个路口得两条路都没有被染色，就输出这天并把两个路口都染上颜色，否则跳到下一天。

输出所有可以染色得天数。

题目思路：标记遍历即可

 int main(){
     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(), cin.tie();
     int n,x,y;
     cin>>n;
     int mp1[] = {},mp2[] = {};
     GO(i,,n*n){
         cin>>x>>y;
         if(mp1[x] ==  && mp2[y] == ){
             cout << i+ << " ";
             mp1[x] = mp2[y] = ;
         }
     }
     cout << endl;

     return ;
 }

B - Robot's Task(CF-583B)

题意就是最开始从左往右走，如果现在值Num比a[i]大，则Num+1，否则跳过他，走到尽头如果有数没有经过，则转向再次走，已经走过的地方不能再走。

Num初始值为0，问至少转向几次。

思路：模拟即可

 int main(){
     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(), cin.tie();
     int n;
     int a[] = {},vis[] = {};
     cin>>n;
     GOE(i,,n){
         cin>>a[i];
     }
     bool flag = true;
     int cnt = n,ans = ,num = ;
     while(cnt > ){
         if(flag){
             GOE(i,,n){
                 if(!vis[i] && num >= a[i]){
                     vis[i] = ;
                     num++;
                     cnt--;
                 }
             }
         }
         else{
             OGE(i,n,){
                 if(!vis[i] && num >= a[i]){
                     vis[i] = ;
                     num++;
                     cnt--;
                 }
             }
         }
         flag = !flag;
         if(cnt > )
             ans++;
     }
     cout << ans << endl;

     return ;
 }

C - GCD Table(CF-583C)

给你一个打乱了的GCD表，问是哪些值构成的。

思路：这n个数一定就是对角线上的数，直接降序排列然后暴力找，每次找到的最大的数一定是其中一个数，然后求出它与已经求出的所有数的gcd在队列中去掉两个这个gcd数，保证所有大于等于下一个数字的gcd一定都被去掉了，剩下的最大的又是要找的数。

额外定义

template<typename T>
using maxHeap = priority_queue<T, vector<T>, less<T> >;

template<typename T>
inline T gcd(T a, T b){ return b==0 ? a : gcd(b,a%b); }

代码

 int main(){
     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(), cin.tie();
     int n,k = ,temp,num;
     int a[],b[];
     cin>>n;
     GOE(i,,n*n){
         cin>>a[i];
     }
     sort(a+,a++n*n);
     maxHeap<int> q;
     OG(i,n*n,){
         if(!q.empty())
             temp = q.top();
         else
             temp = ;
         if(a[i] == temp){
             q.pop();
             continue;
         }
         GO(j,,k){
             num = gcd(b[j],a[i]);
             q.push(num);
             q.push(num);
         }
         b[k++] = a[i];
     }
     GO(i,,k)
         cout << b[i] << " ";
     cout << endl;

     return ;
 }

F - Calculating Function(CF-486A)

题意就是按照他给的公式输出F(n)；

思路：可以推出n为偶数是F(n) = n/2,否则F(n) = n/2 - n;

代码

 int main(){
     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(), cin.tie();
     ll n;
     cin>>n;
     if (n&)
         cout << n/ - n << endl;
     else
         cout << n/ << endl;

     return ;
 }

G - OR in Matrix(CF-486B)

题目就是说b_ij为i行和j列的值OR操作的结果，现在给你操作后的表，要你求操作前的表。

思路：如果b_ij = 0，则证明i行和j列全是0，如果是1，则证明i行和j列必须有一个1，所以先把所有值设为1，按照题目把某些行列变为0，再判断一遍是否满足题意即可

代码

 int main(){
     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(), cin.tie();
     int n,m;
     int a[][],b[][];
     fill(b[],b[]+*,);
     cin>>n>>m;
     GOE(i,,n){
         GOE(j,,m){
             cin>>a[i][j];
             if(a[i][j] == ){
                 GOE(ii,,n)
                     b[ii][j] = ;
                 GOE(jj,,m)
                     b[i][jj] = ;
             }
         }
     }

     GOE(i,,n){
         GOE(j,,m){
             if(a[i][j] == ){
                 int flag = ;
                 GOE(ii,,n){
                     if(b[ii][j] == ){
                         flag = ;
                         break;
                     }
                 }
                 GOE(jj,,m){
                     if(b[i][jj] == ){
                         flag = ;
                         break;
                     }
                 }
                 if(!flag){
                     cout << "NO" << endl;
                     exit();
                 }
             }
         }
     }

     cout << "YES" << endl;
     GOE(i,,n){
         GOE(j,,m)
             cout << b[i][j] << " ";
         cout << endl;
     }

     return ;
 }

H - Palindrome Transformation(CF-486C)

题意就是4种操作，最开始在k位置操作，问最少操作多少次使得原串变成回文串。

思路：因为是对称的，我们先不要管最开始在哪个位置，遍历即可，当a[i] != a[n-i-1]时候，我们再想是变a[i]还是变另一个，然后答案加上这个值。同时往容器中加上从k走到i远还是走到n-i-1近。

最后排序，答案加上最远距离于最近距离之差再加上这两者距离k最近的距离即可。

为什么只需要不需要管k的位置，因为k无论在哪里，我们都需要把所有不符合的字符走到，所以这里得花掉最远距离和最近距离的差，同时我们最开始在k，需要走到最近的位置开始遍历上一段距离，所以最终答案就是

　　ans = 每个不合格字符的操作次数 + 不合格字符的区间长度 + 从k位置走到这个区间的某一端点的距离；

因为不管你的k是否在这个区间内，都需要遍历一遍这个区间。

 int main(){
     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(), cin.tie();
     int n,k;
     string s;
     vector<int> q;
     cin>>n>>k>>s;
     int len = n/,ans = ;
     GO(i,,len){
         if(s[i] != s[n--i]){
             int tp = abs(s[i] - s[n--i]);
             tp = min(tp,-tp);
             ans += tp;
             if(tp)
                 q.PB((abs(i+-k) < abs(n-i-k)) ? i+ : n-i);
         }
     }
     int cnt = q.size();
     if(q.empty())
         cout << ans << endl;
     else{
         sort(q.begin(),q.end());
         ans += q[cnt-] - q[] + min(abs(q[cnt-]-k),abs(q[]-k));
         cout << ans << endl;
     }
     return ;
 }

---

D题E题时间关系暂时不补了。