ACM团队周赛题解（3）

940和822两套div.2

老规矩

#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 - Points on the line（940A）

题意：问最少删除几个数字，使得剩余数字的 最大值   -   最小值 < = m；

思路：思维逆向，求符合题意的最多数字

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 int a[]={};
 int main(){
     int n,d,cnt=-;
     cin>>n>>d;
     for(int i=;i<n;i++){
         cin>>a[i];
     }
     sort(a,a+n);
     for(int i=;i<n;i++){
         for(int j=;j<n;j++){
             if(a[j]-a[i]<=d) cnt=max(cnt,j-i+);
         }
     }
     cout<<n-cnt<<endl;
     return ;
 }

B - Our Tanya is Crying Out Loud

题意：从n走到1，两种走法，从n走到n-1，花费a；从n走到n/k，花费b，问最小花费

思路：最开始还想成BFS了，不需要BFS，因为每次都是从n往1走，只需要对比一下下一步两种花费哪种最小就行了。特判一下k==1的情况。

 int main(){
     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(), cin.tie();
     cin>>n>>k>>a>>b;
     if(k == ){
         cout << (n-)*a << endl;
     }
     else{
         ll ans = ;
         while(n > ){
             if(n%k){
                 int m = n%k;
                 n -= m;
                 if(n<)
                     ans += a*(m-);
                 else
                     ans += a*m;
             }
             else{
                 int m = n/k;
                 if((n-m)*a < b)
                     ans += (n-m)*a;
                 else
                     ans += b;
                 n = m;
             }
         }
         cout << ans << endl;
     }
     return ;
 }

C - Phone Numbers

题意：给你一个长度为n的字符串，然后让你构造一个长度为m的字符串，只能用n中的字符，可重复，输出m的全排列中字典序比n大的第一个。方便理解，我解释一下第一个样例，n = abc，用这个字符串中的元素构成的长度为3的字符串有很多，比如

aaa, aab, aac, aba, abb, abc, aca, acb.......，然后会发现比abc大的第一个就是aca，所以输出aca。

思路：先分两种情况

当n < m时，这时候只需要在n字符串的后面加m-n个最小字符就行了，因为这就是字典序比n字符串大的第一个字符串。

当n >= m时，首先Hash一下n字符串，这时候我们只需要在n字符串中选取m长度的字符串，然后对这个字符串进行+1操作，也就是把字符串看成k进制数，通过前面的Hash表，进行+1，这样就保证了得到的字符串为m长度，而且是大于n字符串的第一个字符串。

 map<char,int> Hsh;
 map<int,char> Exhsh;
 int k;
 char ch1,ch2;

 void gethash(string s){
     string ss(s);
     s.erase(unique(s.begin(),s.end()),s.end());
     sort(s.begin(),s.end());
     ch1 = s[];
     ch2 = s[s.size()-];
     int len = s.size();
     GO(i,,len){
         Hsh[s[i]] = i;
         Exhsh[i] = s[i];
     }
     //cout << num << endl;
 }

 int main(){
     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(), cin.tie();
     int n,m;
     string s;
     cin>>n>>m>>s;
     if(m > n){
         cout << s;
         sort(s.begin(),s.end());
         ch1 = s[];
         GO(i,n,m){
             cout << ch1;
         }
         cout << endl;
     }
     else{
         gethash(s);
         string ss = s.substr(,m);
         int flag = ;
         OGE(i,m-,){
             if(i == m-){
                 if(ss[i] < ch2){
                     ss[i] = Exhsh[Hsh[ss[i]]+];
                     flag = ;
                 }
                 else{
                     ss[i] = ch1;
                     flag = ;
                 }
             }
             else if(!flag)
                 break;
             else{
                 if(ss[i] < ch2){
                     ss[i] = Exhsh[Hsh[ss[i]]+];
                     flag = ;
                 }
                 else{
                     ss[i] = ch1;
                     flag = ;
                 }
             }
         }
         cout << ss << endl;
     }

     return ;
 }

D - Alena And The Heater

题意就是给你一串a,一串b，然后满足下面关系式

• 当 a_i, a_i - 1, a_i - 2, a_i - 3, a_i - 4 > r 而且 b_i - 1 = b_i - 2 = b_i - 3 = b_i - 4 = 1时，b_i = 0
• 当 a_i, a_i - 1, a_i - 2, a_i - 3, a_i - 4 < l 而且 b_i - 1 = b_i - 2 = b_i - 3 = b_i - 4 = 0时， b_i = 1
• 其他情况b_i = b_i - 1

然后就是让你去找一对满足题意的 l 和 r 。

思路：按照题目的要求，不断缩进l和r的范围即可。

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int maxn=+;
 const int INF=1e+;
 const int NINF=-1e+;
 int a[maxn],b[maxn];
 string s;
 int l,r;
 int main(){
     int n;
     cin>>n;
     l=NINF,r=INF;
     for(int i=;i<n;i++){
         cin>>a[i];
     }
     cin>>s;
     for(int i=;i<s.size();i++){
         b[i]=s[i]-'';
     }
     for(int i=;i<n;i++){
         if(b[i]==&&b[i-]==&&b[i-]==&&b[i-]==&&b[i-]==){
             l=max(l,max(a[i]+,max(a[i-]+,max(a[i-]+,max(a[i-]+,a[i-]+)))));
      }
         else if(b[i]==&&b[i-]==&&b[i-]==&&b[i-]==&&b[i-]==){
             r=min(r,min(a[i]-,min(a[i-]-,min(a[i-]-,min(a[i-]-,a[i-]-)))));
         }
     }
     cout<<l<<" "<<r<<endl;
     return ;
 }

F - I'm bored with life

题意：求GCD(a!,b!)；

思路：GCD(a!,b!) = min(a!,b!) = (min(a,b))!;

 ll f(int n){
     if(n == )
         return ;
     return n*f(n-);
 }

 int main(){
     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(), cin.tie();
     int a,b;
     cin>>a>>b;
     int n = min(a,b);
     cout << f(n) << endl;
     return ;
 }

G - Crossword solving

题意：就是当把某个字符换成？就代表可以匹配任何字符，问要使得a串在b串中匹配到，最少需要变几个位置，并输出位置；

思路：暴力找a在b每一个位置需要变换几个字符，并存下位置，然后输出最小变换即可。

#define PB push_back

 int main(){
     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(), cin.tie();
     int n,m;
     int minn = INT_MAX,ii;
     vector<int> q[];
     string s1,s2;
     int num[] = {};
     cin>>m>>n;
     cin>>s1>>s2;
     GOE(i,,n-m){
         GO(j,,m){
             if(s1[j] != s2[i+j]){
                 num[i]++;
                 q[i].PB(j+);
             }
         }
     }
     GOE(i,,n-m){
         if(num[i] < minn){
             minn = num[i];
             ii = i;
         }
     }
     cout << minn << endl;
     for(auto &it:q[ii]){
         cout << it << ' ';
     }
     cout << endl;

     return ;
 }

H - Hacker, pack your bags!

题意：给你一堆时间开始点和结束点，以及花费，问要k小时需要的最小花费，时间不能重叠。

思路：先对所有时间点排序，然后遍历每个时间点的，例如对于第i个，连续时间为x，则去找k-x时间是否存在且满足题意，跟新最小花费，同时用另一个数组维护每个时间段的最小花费。这里排序利用了Tuple的特性所以不需要重构比较函数

#define PB push_back
#define MP make_pair
#define MT make_tuple

 vector<tuple<int,int,int>> op;

 int N, X;
 int L[], R[], cost[];

 int dp[];
 int ans = -;

 int main(){
     ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(), cin.tie();
     cin>>N>>X;
     GO(i,,N){
         cin>>L[i]>>R[i]>>cost[i];
         op.PB(MT(L[i], , i));
         op.PB(MT(R[i], , i));
     }
     sort(op.begin(), op.end());
     int len = op.size();
     GO(i,,len){
         int o = get<>(op[i]), ind = get<>(op[i]);
         if(o == ){   //如果是开始时间点
             int dur = R[ind] - L[ind] + , nec = X - dur;
             if(nec <  || dp[nec] == )   //如果x-d这段时间不存在
                 continue;
             if(ans == - || ans > dp[nec] + cost[ind])  //更新花费
                 ans = dp[nec] + cost[ind];
         }
         else{    //如果是结束时间点
             int dur = R[ind] - L[ind] + ;
             if(dp[dur] ==  || dp[dur] > cost[ind])  //如果这个时间没有使用或者有更小的花费，更新花费
                 dp[dur] = cost[ind];
         }
     }
     cout << ans << endl;
     return ;
 }