Codeforces 1099 - A/B/C/D/E/F - (Done)

链接：https://codeforces.com/contest/1099

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A - Snowball - [模拟水题]

题意：有一个雪球从山顶滚落，山坡上有两块石头，每秒钟会一次发生三件事：1、雪球增重，数值为当前高度；2、如果当前高度有一块石头，则会撞到石头，损失跟石头同样重的重量；3、往下移动一米。此外，若雪球的重量如果变为负数，则自动变成零。雪球会在高度为零处停止滚动，问停止滚动时雪球重量。

题解：模拟水题。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int w,h;
int u[],d[];
int main()
{
    cin>>w>>h;
    cin>>u[]>>d[]>>u[]>>d[];
    while(h)
    {
        w+=h;
        for(int i=;i<=;i++) if(h==d[i]) w-=u[i], w=max(w,);
        h--;
    }
    cout<<w<<endl;
}

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B - Squares and Segments - [简单数学题]

题意：在一个无限大的网格上画正方形，只能画单位 $1$ 长度的线段，且端点只能在整数格点上。你如果想画 $(x,y)$ 到 $(x,y+1)$ 这样一条线段，如果存在 $(x',y)$ 到 $(x',y+1)$ 的另外一条线段，则可以直接画，否则就需要用尺子。对于 $(x,y)$ 到 $(x+1,y)$ 这样的线段也是类似的。求最少用几次尺子能画出 $n$ 个正方形。

题解：显然，若 $n=k^2$，则 $ans=2 \cdot k$。否则的话，找到满足 $(k-1)^2 < n < k^2$ 的 $k$，而 $ans$ 为 $2 \cdot k$ 或者 $2 \cdot k - 1$。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int eps=1e-;
int n;
int main()
{
    while(cin>>n)
    {
        int k=ceil(sqrt(n)-eps)+eps;
        if(k*k==n) cout<<*k<<endl;
        else
        {
            int t=n-(k-)*(k-);
            cout<<((t>=k)?(*k):(*k-))<<endl;
        }
    }
}

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C - Postcard - [简单的字符串构造题]

题意：给出一个小写字母组成的字符串，另外还包含“?”、“*”两个字符，“?”代表其前面的那个字母可以去掉或者留下，“*”代表其前面的那个字母可以重复零到任意多次。要求你给出一个长度为 $k$ 的操作后字符串。

题解：首先“Impossible”的原因有两种，一种是长度过长，另一种是长度过短，先把这两种判掉。

其次看看有没有“*”，如果没有，把一部分“?”前的字母留下来达到长度 $k$ 即可；如果有，那么别的全部扔掉，只用其中一个“*”重复字母，知道长度为 $k$。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int k;
string s;
int main()
{
    cin>>s>>k;

    int c1=, c2=;
    for(int i=;i<s.size();i++)
    {
        if(s[i]=='?') c1++;
        if(s[i]=='*') c2++;
    }
    if(s.size()-*(c1+c2)>k) //长度过长
    {
        printf("Impossible\n");
        return ;
    }
    if(c2== && s.size()-c1<k) //长度过短
    {
        printf("Impossible\n");
        return ;
    }

    int need=k-(s.size()-*(c1+c2)); //cout<<need<<endl;
    if(c2>)
    {
        for(int i=;i<s.size();i++)
        {
            if(i+<s.size() && s[i+]=='?') {i++; continue;}
            if(i+<s.size() && s[i+]=='*')
            {
                for(int t=;t<=need;t++) printf("%c",s[i]);
                need=;
                i++; continue;
            }
            printf("%c",s[i]);
        }
        printf("\n");
    }
    else
    {
        for(int i=;i<s.size();i++)
        {
            if(i+<s.size() && s[i+]=='?')
            {
                if(need){printf("%c",s[i]); need--; i++; continue;}
                else {i++; continue;}
            }
            printf("%c",s[i]);
        }
        printf("\n");
    }
}

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D - Sum in the tree - [DFS]

题意：给出一棵有根树，根节点编号为 $1$，每个节点存在一个权值 $a[x]$，同时还有一个 $s[x]$ 为从根节点到节点 $x$ 这条路径上的所有节点的 $a[x]$ 之和。此时，擦除了所有深度为偶数的节点的 $s[x]$（根节点深度为 $1$）。然后要求反推出所有节点的 $a[x]$，使得所有节点的 $a[x]$ 之和最小。

题解：很容易就能想到，对于一个 $s[x] = -1$ 节点，它的 $a[x]$ 的取值是受制于它的所有直系子节点的。而且，它的儿子节点们的 $s[y]$ 都是确保已知的，因此只存在两种情况：有儿子节点，$s[x]$ 取值就是 $\min_{所有的edge(x,y)}(s[y])$，进而 $a[x] = s[x] - s[par(x)]$；如果没有儿子节点，那么显然取 $a[x] = 0$ 是最好的。然后根据这种思想，用DFS遍历一下树，算出每个节点的 $a[x]$ 就行了。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e5+;
int n,a[maxn],s[maxn];
vector<int> e[maxn];
bool ok;
void dfs(int now,int par,int d)
{
    if(!ok) return;
    if(d%==)
    {
        if(e[now].empty()) s[now]=s[par], a[now]=;
        else
        {
            int mn=INF;
            for(auto nxt:e[now]) mn=min(mn,s[nxt]);
            if(mn<s[par]) {ok=; return;}
            else s[now]=mn, a[now]=s[now]-s[par];
        }
    }
    else a[now]=s[now]-s[par];
    for(auto nxt:e[now]) dfs(nxt,now,d+);
}
int main()
{
    cin>>n;
    for(int v=,u;v<=n;v++) scanf("%d",&u), e[u].push_back(v);
    for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&s[i]);

    ok=, s[]=;
    dfs(,,);

    if(!ok) cout<<-<<endl;
    else
    {
        ll ans=;
        for(int i=;i<=n;i++) ans+=a[i];
        cout<<ans<<endl;
    }
}

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E - Nice table

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F - Cookies - [DFS+博弈+线段树]