Codeforces Round #288 (Div. 2)

A. Pasha and Pixels

    题意就是给一个n*m的矩阵，k次操作，一开始矩阵全白，一次操作可以染黑一个格子，问第几次操作可以使得矩阵中存在一个2*2的黑色矩阵。直接模拟即可

　　代码:

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<map>
 #include<cstring>
 #include<vector>
 #include<cmath>
 #include<string>
 #define N 100010
 #define M 1010
 #define P 1000000007
 using namespace std;
 int n,m,k,i,a[N],b[N],f[M][M];
 int check(int x,int xx,int y,int yy)
 {
     int w=;
     w=f[x][y]+f[x][yy]+f[xx][y]+f[xx][yy];
     if (w==) return ;else return ;
 }
 int main()
 {
     scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
     for (i=;i<=k;i++)
         scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
     for (i=;i<=k;i++)
     {
         f[a[i]][b[i]]=;
         if (check(a[i]-,a[i],b[i]-,b[i])) break;
         if (check(a[i]-,a[i],b[i],b[i]+)) break;
         if (check(a[i],a[i]+,b[i]-,b[i])) break;
         if (check(a[i],a[i]+,b[i],b[i]+)) break;
     }
     if (i<=k)
     printf("%d",i);
     else
     printf("");
 } 

B. Anton and currency you all know

　　题意是给一个奇数，你可以交换其中两位，使得其变成一个偶数，并且要求这个偶数尽可能大。由于给的数字是奇数，因此必然是个位数和一个其他位上的数交换，并且交换的这个数得是偶数，如果数字全为奇数那明显不可以。如果交换的这个数大于个位，那么交换以后的数明显会比原数大，因此尽可能的选取高位的数字，使得其比个位数大，那么直接交换即可。若不存在交换的数比个位要大，说明交换后的数字一定会比原数小，那么则应选取一个位数最小的偶数，和个位交换。

代码:

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<map>
 #include<cstring>
 #include<vector>
 #include<cmath>
 #include<string>
 #define N 100010
 #define M 1010
 #define P 1000000007
 using namespace std;
 char s[N],t;
 int tmp,len,i;
 int main()
 {
     tmp=-;
     scanf("%s",s);
     len=strlen(s);
     for (i=;i<len-;i++)
     if (s[i]%==)
     {
         if (s[len-]>s[i]) break;
         tmp=i;
     }
     if (i<len-)
     {
         t=s[i];s[i]=s[len-];s[len-]=t;
     }
     else
     if (tmp!=-)
     {
         t=s[tmp];s[tmp]=s[len-];s[len-]=t;
     }
     else
     {
         printf("-1");
         return ;
     }
     printf("%s",s);
 } 

C. Anya and Ghosts

　　首先需要注意这一题是允许蜡烛在0时之前点的，一时刻只能点亮一根蜡烛。要使蜡烛使用的最少，明显可以采取贪心的做法，能不放则不放，如果到了指定时刻蜡烛数目没有要求的数目，那么在放。

代码:

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<map>
 #include<cstring>
 #include<vector>
 #include<cmath>
 #include<string>
 #define N 100010
 #define M 1010
 #define P 1000000007
 using namespace std;
 int m,t,r,i,j,L,R,v[N],w[N];
 map<int,int>ma;
 int main()
 {
     scanf("%d%d%d",&m,&t,&r);
     for (i=;i<=m;i++)
         scanf("%d",&w[i]);
     L=;R=;
     for (i=;i<=m;i++)
     {
         while ((L<=R)&&(v[L]<w[i])) L++;
         if (R-L+<r)
             for (j=r-(R-L+);j>=;j--)
             {
                 R++;
                 if (ma[w[i]-j+t]==)
                 {
                     printf("-1");
                     return ;
                 }
                 ma[w[i]-j+t]=;
                 v[R]=w[i]-j+t;
                 if (v[R]<w[i])
                 {
                     printf("-1");
                     return ;
                 }
             }
     }
     printf("%d",R);
 } 

D. Tanya and Password

　　这一题可以转换成求一个欧拉通路，具体的做法每个串都转化成一条边，例如"abc"这个串，可以转换成"ab"->"bc"。也就是前两个字母视为一个节点，后两个字母视为另一个节点，然后连一条有向边。

　　若有向图中存在一条欧拉通路，则(1)图联通(2)全部点的入度都等于出度或者有一个点入度=出度+1，并且还有一个点出度=入度+1。

代码:

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<map>
 #include<cstring>
 #include<vector>
 #include<cmath>
 #include<string>
 #include<iostream>
 #define N 500010
 #define M 1010
 #define P 1000000007
 using namespace std;
 map<string,int> ma;
 map<int,string> o;
 string s,s1,s2;
 int n,i,a,b;
 int p[N],tt[N],pre[N],dp,tot,rd[N],cd[N],cnt1,cnt2,st,ed,f[N];
 char ans[N];
 void link(int x,int y)
 {
     dp++;pre[dp]=p[x];p[x]=dp;tt[dp]=y;
 }
 int gf(int x)
 {
     int p,t;
     p=x;
     while (p!=f[p])p=f[p];
     while (x!=t)
     {
         t=f[x];
         f[x]=p;
         x=t;
     }
     return p;
 }
 void dfs(int x)
 {
     int i,tmp=;
     i=p[x];
     while (i)
     {
         p[x]=pre[i];
         dfs(tt[i]);
         i=p[x];
     }
     tot++;ans[tot]=o[x][];
 }
 int main()
 {
     scanf("%d",&n);
     for (i=;i<=n;i++)
     {
         cin>>s;
         s1="";
         s1=s1+s[]+s[];
         s2="";
         s2=s2+s[]+s[];
         if (ma[s1]==)
         {
             tot++;
             ma[s1]=tot;
             o[tot]=s1;
             f[tot]=tot;
         }
         if (ma[s2]==)
         {
             tot++;
             ma[s2]=tot;
             o[tot]=s2;
             f[tot]=tot;
         }
         a=ma[s1];
         b=ma[s2];
         link(a,b);
         rd[b]++;cd[a]++;
         f[gf(a)]=gf(b);
     }
     for (i=;i<=tot;i++)
     if (gf(i)!=gf())
     {
         printf("NO");
         return ;
     }
     st=;
     for (i=;i<=tot;i++)
     {
         if (cd[i]-rd[i]==) {
             st=i;
             cnt1++;
         }
         else
         if (rd[i]-cd[i]==)
             cnt2++;
         else
         if (cd[i]-rd[i]!=)
         {
             printf("NO");
             return ;
         }
     }
     if ((cnt1+cnt2==)||(cnt1*cnt2==))
     {
         printf("YES\n");
         printf("%c",o[st][]);
         tot=;
         dfs(st);
         for (i=tot;i>=;i--)
         printf("%c",ans[i]);
     }
     else
     printf("NO");
 } 

E. Arthur and Brackets

　　题意是给一个n,表示有n个左括号，n个右括号，构成长度为2n的括号序列，接下来第i行给的L[i]和R[i]表示从左往右第i个左括号的对应的右括号与他的距离范围(注意给的是距离范围而不是在序列中的实际位置范围)，问是否存在一个合法的括号序列，如果存在，那么随意输出一个。

　　做法是dp，f[i][j]表示是否存在从第i对括号到第j对括号组成的合法括号序列，dp方程有两种情况

　　(1)假设i<=k<j,如果f[i][k]=1,f[k+1][j]=1,那么很明显f[i][j]=1，因为如果两个序列是合法的，那么他们左右拼接明显也是合法的。

　　(2)如果f[i+1][j]=1,那么如果要加上第i对括号后也合法，那么第i个左括号和其所对应的右括号的距离应该是(j-i)*2+1,如果这个距离在其的距离范围内，那么则可行，否则不存在这种情况。

　　复杂度O(n^3)

代码:

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<map>
 #include<cstring>
 #include<vector>
 #include<cmath>
 #include<string>
 #define N 100010
 #define M 1010
 #define P 1000000007
 using namespace std;
 int tot,f[M][M],l[M],r[M],i,j,k,L,R,z,n;
 char s[N];
 void dfs(int l,int r)
 {
     int i;
     if (l>r) return;
         for (i=l;i<=r-;i++)
         if ((f[l][i])&&(f[i+][r]))
         {
             dfs(l,i);
             dfs(i+,r);
             return;
         }
         if (f[l+][r])
         {
             s[tot]='(';tot++;
             dfs(l+,r);
             s[tot]=')';tot++;
         }

 }
 int main()
 {
     scanf("%d",&n);
     for (i=;i<=n;i++)
     f[i+][i]=;
     for (i=;i<=n;i++)
         scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
     for (i=;i<=n;i++)
         for (j=;j<=n-i+;j++)
         {
             L=j;R=j+i-;
             for (k=L;k<=R-;k++)
             f[L][R]=(f[L][R]|(f[L][k]&f[k+][R]));
             if ((f[L+][R])&&(l[j]<=*i-)&&(*i-<=r[j]))
             z=;
             else
             z=;
             f[L][R]=(f[L][R]|z);
         }
     if (f[][n]==)
     printf("IMPOSSIBLE");
     else
     {
     dfs(,n);
     printf("%s",s);
     }
 }