SMU Spring 2023 Trial Contest Round 1

A. Prepend and Append

用ans记录n的值,然后双指针从前后判断是否一个为0一个为1,是的话则ans-2,否则退出循环即可.

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
int t,n;
char a[2010];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        cin >> n;
        cin >> a;
        int ans = n;
        for(int i=0,j=n-1;i<=n/2,j>=n/2;i++,j--)
        {
            if(a[i] == '0' && a[j] == '1' || a[i] == '1' && a[j] == '0')
                 ans -= 2;
            else
             break;
        }
        cout << ans << '\n';
    }

    return 0;
} 

B. Distinct Split

数组s1记录子串a中出现的字符个数,数组s2记录子串b中出现的字符个数,然后将两个子串中出现的字符次数记录到数组s1中,遍历字符串,每次将s_i对应字符的数量从s1中减去1,然后数组s2中加1,即用i将字符串分成两个子串,然后枚举1-26个字母,取每次f(a) + f(b) 的最大值即可.

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

const int N = 2e5+10;
int t,n;
string a;
int s1[N],s2[N];
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        int res = 0;
        memset(s1,0,sizeof(s1));
        memset(s2,0,sizeof(s2));
        cin >> n;
        cin >> a;
        for(int i = 0; i < n; i ++)
         s1[a[i] - 'a' ] ++ ;
        for(int i = 0; i < n; i++)
         {
             s1[a[i] - 'a'] --;
             s2[a[i] - 'a'] ++;
             int ss1,ss2;
             ss1 = ss2 = 0;
             for(int j = 0; j < 26; j++)
              {
                  if(s1[j]) ss1 ++;
                  if(s2[j]) ss2 ++;
              }
            res = max(res, ss1 + ss2);
         }
         cout << res << '\n';

    }
    return 0;
} 

C. Negatives and Positives

题意是给定一个长度为n的数组a,每次可以将相邻的两个数取相反数,即a[i] = - a[i]; a[i+1] = - a[i+1];

问数组和的最大值,共有t次询问.

即,每次我们可以找两个相邻的数,判断这两个数的和是否为负数,是的话就取相反数.

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

const int N = 2e5+10;
int n,t,a[N],ans;
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        ans = 0;
        cin >> n;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            cin >> a[i];
            ans += a[i];
        }
        sort(a+1,a+n+1);
        for(int i=1;i<n;i+=2)
        {
            if(a[i] + a[i+1] < 0)
             {
                 ans -= (a[i] * 2);//因为之前ans+的时候是加的负数,所以这里取反加回来要乘2
                 ans -= (a[i+1] * 2);
             }
        }
        cout << ans << "\n";
    }
    return 0;
 } 

D. Range Update Point Query

对于1e9以内的数，数位和最大是9*9=81，最多变成三次数位和就会变成一位数，所以我们记录每个数进行操作1的次数，然后对于查询的数进行对应次数的修改即可，所以变成了区间修改+单点查询问题

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f

using namespace std;

const int N = 2e5+10;

int n,q,m = 1e5,a[N],sum[N],ans;
int lowbit(int x)
{
    return x & (-x);
}
void updata(int x,int y)
{
    for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
     sum[i] += y;
}
int shu(int x)
{
    int res = 0;
    while(x)
    {
        res += x % 10;
        x /= 10;
    }
    return res;
}
int qianzui(int x)
{
    int res = 0;
    for(int i = x;i ;i -= lowbit(i))
     res += sum[i];
    return res;
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        cin >> n >> q;
        for(int i = 1;i <= n;i ++)
         {
             cin >> a[i];
             sum[i] = 0;
          }
        for(int i = 1;i <= q;i ++)
         {
             int m;
             cin >> m;
             if(m == 2)
             {
                 int l;
                 cin >> l;
                 int ans = a[l];
                 if(a[l] >= 10)
                 {
                     for(int i = 1;i <= qianzui(l);i ++)
                      {
                          ans = shu(ans);
                          if(ans < 10)
                           break;
                      }
                 }
                 cout << ans << '\n';
             }
             else
             {
                 int l ,r;
                 cin >> l >> r;
                 updata(l,1);
                 updata(r + 1, -1);
             }
         }
    }
    return 0;
}

E. Dima and Guards

题意:

有一个正整数n和 4 组正整数 a,b,c,d求是否有一组数据满足x + y = n  , 其中x >= min(a, b), y >= min(c, d), .如果存在这样的x和y,则输出这一组的x 和 y 即(n - x),否则输出-1;

对于每一个 x 和 y，都保证要 min(a,b) <= x ; min(c,d) <= y, min(a,b) <= x; min(c,d) <= y。所以我们可以对 x 和 y 都取最小值，判断是否成立，如果成立，那么就输出当前的序号、最小的 x 和 n−x，最后结束程序即可。不然就输出-1，应为这已经是最小值，两数相加的和只会更大，而不会变小。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,a,b,c,d;
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cin >> n;
    for(int i=1;i<=4;i++)
     {
         cin >> a >> b >> c >> d;
         int x = min(a, b), y = min(c, d);
         if(x + y <= n)
         {
             cout << i << ' ' << x << ' ' << n - x << '\n';
             return 0;
         }
     }
     cout << -1 << '\n';
    return 0;
}

F. Dima and To-do List

题意:

emm可以理解为有n个任务,每个任务需要花费a_i精力,你需要做n/k个任务, 然后你只能做间隔k个的任务,问消耗最少精力时,第一个任务的位置.

从前k个任务开始循环, 记录每次做完n/k个任务的总精力, 如果找到最小的消耗总精力就记录 i ;

值得注意的是minn比较时要开得够大不然过不了全部数据()

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
int n,k,a[N];
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
        for(int i=1;i<=n;i++)
         scanf("%lld",a+i);
        int ans , minn = INF , sum = 0;
        for(int i=1;i<=k;i++)
         {
             sum = 0;
             for(int j=i;j<=n;j+=k)
              sum += a[j];
             if(sum < minn)
             {
                 minn = sum ;
                 ans = i;
             }
         }
         printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

G. Dima and Salad

这是一道背包题, 题中给的公式可转化成 a[i] - k * b[i] = 0; 即将a[i] 当作是价值, a[i] - k * b[i] 当作是重量, 0为容量, 因为a[i] - k * b[i] 有正有负, 所以可以用两个dp数组来记录, p[i] 表示质量和为i时最大值,q[i]表示质量和为 -i 时的最大值. 最后取p[i] + q[i] 中最大值即可.

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
int n,k,m = 1e5,a[N],b[N],c[N],ans;
int p[N], q[N];
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cin >> n >> k;
    for(int i=1;i<=m;i++)
     p[i] = q[i] = -1e9;
    for(int i=1;i<=n;i++)
     cin >> a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
     {
         cin >> b[i];
         c[i] = a[i] - k * b[i];
      }
      for(int i=1;i<=n;i++)
       {
           if(c[i]>=0)
            {
                for(int j = m; j>= c[i]; j--)
                 p[j] = max(p[j], p[j - c[i]] + a[i]);
            }
        else
        {
            for(int j = m; j>= -c[i]; j--)
             q[j] = max(q[j], q[j + c[i]] + a[i]);
        }
       }
       for(int i=0;i<=m;i++)
        ans = max(ans, p[i] + q[i]);
    if(!ans)
     puts("-1");
    else
     cout << ans << '\n';
    return 0;
}

H. Dima and Trap Graph

题意:

现有一个n个点m条边的无向图, 每条边有一个区间[l,r], 求从1到n路径组成的边中, 使得该边的区间范围最大.

即从1到n的路上找到r_i - l_i + 1最大值, 开始时先对左边 l 降序排序, 按顺序依次选中所有区间内左端点小于等于 l 的边,直到1能够到达n为止,最后把所有的r_i - l_i + 1取max即可.

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f

using namespace std;

const int N = 3e5+10;

int n,m;
struct node{
    int u,v;
    int l,r;
}edge[N];
int p[2010];
int find(int x)
{
    return x == p[x] ? p[x] : (p[x] = find(p[x])) ;
}
void add(int x, int y)
{
    int fx = find(x), fy = find(y);
    if(fx != fy) p[fx] = fy;
}
bool cmp(node x, node y)
{
    return x.l < y.l;
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    for(int i = 0;i < m;i ++)
     cin >> edge[i].u >> edge[i].v >> edge[i].l >> edge[i].r;
     sort(edge, edge + m, cmp);
     int ans = 0;
     for(int i = 0; i < m; i++)
     {
         for(int k = 1; k <= n;k ++)
              p[k] = k;
        for(int j = 0;j < m; j++)
               {
                   if(edge[j].l > edge[i].r || edge[j].r <edge[i].r)
                    continue;
                   add(edge[j].u, edge[j].v);
                   if(find(1) == find(n))
                   {
                       ans = max(ans, edge[i].r - edge[j].l + 1);
                       break;
                   }
               }
     }
     if(!ans)
      puts("Nice work, Dima!");
    else
      cout << ans << '\n';
    return 0;
}