AtCoder Beginner Contest 223

  • A是纯纯的水题,就不说了

B - String Shifting

思路分析

  • 我真的sb,一开始想了好久是不是和全排列有关,然后读了好几遍题目也没有想法。
  • 最后看了眼数据范围S串的长度为1000,\(O(N^2)\)是可以过的。
  • 然后我是这样想的,对于每一个位置都有可能成为答案的第一位,对于原串在它后面的字符在新串中不改变,在它前面的字符接在最后即可,然后对于每一个位置放在第一位构成字符串存起来,最后sort得到答案。
  • 看了眼别人的做法,比我的巧妙多了,直接用两个相同的字符串接上,对于每一个位求长度为\(s.size()\)的字串,更新答案即可。

代码如下

//当场做的
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 10;
string ans[maxn];
int cnt;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
string s;
cin >> s;
string tmp;
for (int i = 0; i < s.size(); i++)
{
tmp.clear();
for (int j = i; j < s.size(); j++)
{
tmp += s[j];
}
for (int j = 0; j < i; j++)
{
tmp += s[j];
}
ans[++cnt] = tmp;
}
sort(ans + 1, ans + 1 + cnt);
cout << ans[1] << endl;
cout << ans[cnt] << endl;
return 0;
}
//巧妙方法
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
string s;
cin >> s;
int len = s.size();
string maxs = s;
string mins = s;
s = s + s;
for (int i = 0; i < len; i++)
{
string tmp = s.substr(i, len);
if (tmp > maxs)
maxs = tmp;
if (tmp < mins)
mins = tmp;
}
cout << mins << endl;
cout << maxs << endl; return 0;
}

C - Doukasen

思路分析:

  • 此题惯例模拟题
  • 模拟即可,我们知道如只有一端有火焰的话燃烧完需要多少时间,然后令时间减少一半求左端火焰燃烧多少长度即可。
  • 注意double相等的判断。

代码如下:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
double l[maxn];
double t[maxn];
double suml[maxn];
double sumt;
const double eps = 1e-6;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
double x;
cin >> l[i];
suml[i] = suml[i - 1] + l[i];
cin >> x;
t[i] = l[i] / x;
sumt += t[i];
}
sumt /= 2;
int i;
double tmp = 0.0;
for (i = 1; i <= n; i++)
{
tmp += t[i];
if (tmp >= sumt)
{
break;
}
}
if (tmp - sumt > eps)
{
tmp -= t[i];
i--;
double ans = suml[i];
ans += (sumt - tmp) * l[i + 1] / t[i + 1];
cout << setprecision(15) << fixed << ans << endl;
}
else
cout << setprecision(15) << fixed << suml[i] << endl;
return 0;
}

D - Restricted Permutation

思路分析:

  • 题刷少了,经典的拓扑排序加优先队列做不出来。
  • 我们可以考虑第一个样例,所有边构成图后,有\(2,3\)入度为0,那么我们把它们取出来放入到优先队列里,然后来取,我们可以认为在当前状态实际上\(2,3\)的等级相同,题目要求最小的拓扑序列,那么我们就用优先级队列来替代普通队列来保证答案是最小字典序。

代码如下:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 10;
int degree[maxn];
vector<int> e[maxn];
int ans[maxn];
int cnt;
int n, m;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q;
void add(int u, int v)
{
degree[v] += 1;
e[u].push_back(v);
}
void toposort()
{
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (degree[i] == 0)
{
q.push(i);
}
}
while (!q.empty())
{
int x = q.top();
q.pop();
ans[++cnt] = x;
for (auto i : e[x])
{
degree[i]--;
if (degree[i] == 0)
{
q.push(i);
}
}
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int u, v;
cin >> u >> v;
add(u, v);
}
toposort();
if (cnt != n)
{
cout << -1 << endl;
return 0;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cout << ans[i] << ' ';
}
cout << endl;
return 0;
}

E - Placing Rectangles

思路分析:

  • 我人傻了,一开始以为是边界分析问题,先安排面积最大的,其次是次大的,最后是最小的,但是wa且t了,想了很久没有想出来,就参考了官方题解补了这个题,我解释一遍官方题解的意思。
  • 第一个图说的是当我们有两个矩形时如果要满足题目的意思的话,我们必定可以找到一条平行于\(X\)轴或者\(Y\)轴的直线,把所给的区域分为两个部分,这两个部分每一个都有一个矩形。
  • 那么直线也就有两种情况,如果直线平行于\(X\)轴,我们直接把S这个矩形压到x轴上,那么求一下剩余的\(X\)的长度即为\(S\)的面积除以\(y\)轴长度(注意向上取整),反之亦然。
  • 三个矩形的话在两个矩形上来做就简单了,我们要把这三个矩形分为两个部分,一个部分放一个矩形,另外一个放两个矩形,看看是否满足条件即可。

官方题解的图的解释:

  • 1、两个矩形的时候我们去找线,可以找到好几条,但是如果要满足条件的话,剩下的一个矩形必然不能存在于两个红色部分当中(很显然的),实际上做的时候是把这个矩形压到轴上。

  • 2、三个矩形就在两个矩形的基础上就可以,这幅图就是说先把两个矩形安排了,然后安排剩下的一个矩形,实际上我们先安排一个是一样的,它这个图这样画是便于理解。

  • 3、这种情况就是上面部分两个或者是下面部分两个。
  • 4、这种一样的。

  • 那么有同学会想会不会讨论不完全,其实是很完全的。
  • 首先我们选了三种矩形各占一块的时候实际上就已经有了两种,即分别将这三个矩形压到\(x\)或者\(y\)轴,然后在判断剩下两个矩形又有两种,一共就是\(C_3^1* 2*2 = 12\)种情况,我们可以看到这样是肯定讨论完全的了。

代码如下:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
bool solve2(ll X, ll Y, ll S, ll T)
{
for (int i = 0; i < 2; i++)
{
ll len = (S + X - 1) / X;
//求剩下的长度
if (len < Y && X * (Y - len) >= T)
{
return 1;
}
//如果这个长度小于与这个轴垂直的轴的长度,并且剩下部分面积大于我们另一个矩形的面积的话
swap(X, Y);
//有两种情况
}
return 0;
}
bool solve3(ll X, ll Y, ll a, ll b, ll c)
{
for (int i = 0; i < 2; i++)
{
for (int j = 0; j < 3; j++)
{
ll len = (a + X - 1) / X;
//也就是说先安排了一个,然后搞剩下的两个
if (len < Y && solve2(X, Y - len, b, c))
{
return 1;
}
swap(a, b);
swap(b, c);
//这里是有三种情况的,我们安排其中一个,三个就是三种
}
swap(X, Y);
//和solve2一样,大情况两种
}
return 0;
}
int main()
{
ll X, Y, a, b, c;
cin >> X >> Y >> a >> b >> c;
cout << ((solve3(X, Y, a, b, c) == 1) ? "Yes" : "No") << endl;
return 0;
}

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