Codeforces Round #606 (Div. 2)
A. Happy Birthday, Polycarp!
签到。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/12/14 19:07:57
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
int n;
void run(){
cin >> n;
int x = n;
int tot = 0;
while(x) {
++tot; x /= 10;
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= 9; i++) {
ans += tot - 1;
if(tot != 10) {
int now = 0;
for(int j = 1; j <= tot; j++) now = now * 10 + i;
if(now <= n) ++ans;
}
}
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
B. Make Them Odd
用一个set从大到小模拟一下这个过程即可。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/12/14 19:13:49
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
set <int> S;
void run(){
int n; cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int x; cin >> x;
if((x & 1) == 0) S.insert(x);
}
int ans = 0;
while(!S.empty()) {
auto it = S.end(); --it;
int now = *it;
S.erase(it);
now >>= 1;
if((now & 1) == 0) S.insert(now);
++ans;
}
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
C. As Simple as One and Two
题意：
给出一个串\(s\)，现在要删除最少的字符，使得串中不含\(one,two\)。
思路：
直接的想法就是找到\(one,two\)就删除，但这里可能有个问题：比如\(twoone、tttwo\)这种，显然有较优的删除方法。
对于有单词重复的情况，显然我们删除一个\(w\)和一个\(n\)最优（因为只可能在两边重复）。
对于两个单词连接起来的情况，我们删除一个\(o\)最优。
所以分情况讨论即可。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/12/14 19:26:17
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 2e5 + 5;
char s[N];
int del[N];
bool chk1(int p) {
return s[p] == 'o' && s[p + 1] == 'n' && s[p + 2] == 'e';
}
bool chk2(int p) {
return s[p] == 't' && s[p + 1] == 'w' && s[p + 2] == 'o';
}
void run(){
cin >> (s + 1);
int n = strlen(s + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++) del[i] = 0;
for(int i = 1; i <= n - 2; i++) {
if(chk2(i)) {
if(i + 3 <= n && s[i + 3] == 'o') del[i + 1] = 1;
else del[i + 2] = 1;
}
if(chk1(i)) {
if(i - 1 >= 1 && s[i - 1] == 'o') del[i + 1] = 1;
else del[i] = 1;
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) ans += del[i];
cout << ans << '\n';
for(int i = 1; i <= n; i++) if(del[i]) cout << i << ' ';
cout << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
D. Let's Play the Words?
题意：
给出若干个互不相同\(01\)串，问最少翻转多少次，满足：
- 所有串互不相同
- 存在一种方案，使得串能够拼接起来
这里的拼接不要求形成环，而是线性拼接起来，只要头尾相同即可拼接，并且我们可以任意安排顺序。
思路：
之后所说的\(xy\)串指的是头为\(x\)，尾为\(y\)的串。
- 首先注意到我们翻转\(00,11\)串没用，我们可以只关注\(01,10\)串。
- 假设两者的数量分别为\(a,b\)，不妨\(a<b\)，在不考虑翻转的情况时，显然贪心进行拼接，即\(10-01-\cdots-10\)。
- 显然，我们只需要对\(\lfloor\frac{b-a}{2}\rfloor\)个\(10\)串进行翻转即可。
- 最后选择翻转的策略是能翻转就翻转，我们用一个\(map\)来判断是否能翻转即可。
- 另一种\(a\geq b\)的情况类似。
简而言之，贪心+\(map\)。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/12/14 19:48:43
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 2e5 + 5;
int n;
string s[N];
map <string, int> mp;
int cnt[2][2];
bool chk[N];
string rev(string &S) {
reverse(S.begin(), S.end());
return S;
}
void run(){
cin >> n;
mp.clear();
for(int i = 1; i <= n; i++) chk[i] = 0;
cnt[0][1] = cnt[1][0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> s[i];
int len = s[i].length();
if(len > 1) {
if(s[i][0] != s[i][len - 1]) mp[s[i]] = i;
if(s[i][0] == '0' && s[i][len - 1] == '1') ++cnt[0][1];
else if(s[i][0] == '1' && s[i][len - 1] == '0')++cnt[1][0];
}
}
if(cnt[0][1] == 0 && cnt[1][0] == 0) {
int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int len = s[i].length();
if(s[i][0] == '0' && s[i][len - 1] == '0') ++cnt1;
else ++cnt2;
}
if(cnt1 && cnt2) cout << -1 << '\n';
else cout << 0 << '\n' << '\n';
return;
}
int d = abs(cnt[0][1] - cnt[1][0]);
int need = d / 2, ans;
if(cnt[0][1] > cnt[1][0]) {
for(int i = 1; i <= n && need; i++) {
int len = s[i].length();
if(len > 1 && s[i][0] == '0' && s[i][len - 1] == '1') {
rev(s[i]);
if(mp.find(s[i]) == mp.end()) {
--need; chk[i] = 1;
}
rev(s[i]);
}
}
} else {
for(int i = 1; i <= n && need; i++) {
int len = s[i].length();
if(len > 1 && s[i][0] == '1' && s[i][len - 1] == '0') {
rev(s[i]);
if(mp.find(s[i]) == mp.end()) {
--need; chk[i] = 1;
}
rev(s[i]);
}
}
}
if(need == 0) ans = d / 2;
else {
cout << -1 << '\n';
return;
}
cout << ans << '\n';
for(int i = 1; i <= n; i++) if(chk[i]) cout << i << ' ';
cout << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
E. Two Fairs
题意：
给出\(n\)个点，\(m\)条边的无向连通图。
再给定两个点\(a,b\)，询问\((x,y)\)的对数。其中\((x,y)\)为合法的一对需要满足\(x\)到\(y\)的路径必须经过\(a,b\)这两个点。
\((x,y),(y,x)\)为同一种情况。
思路：
一开始想的是将无向图缩点成一颗树，然后在树上搞。方法是可行的，但过于复杂。
原问题为两点路径必须经过\(a,b\)，也就是说，从\(a\)点出发，必须经过\(b\)才能到达某个点；从\(b\)出发。必须经过\(a\)才能到达某个点。
那么我们跑两次\(dfs\)，分别从\(a,b\)出发，找到从\(a,b\)出发不经过对方能到达的所有点，那么剩下的点就是必须经过才能到达的点。
将两者的数量相乘即为答案。
思路的本质是将“路径缩短”，原先跑\(n\)次的问题只需要跑两次。
代码如下：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/12/14 20:12:26
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 2e5 + 5, M = 5e5 + 5;
int n, m, a, b;
struct Edge {
int v, next;
}e[M << 1];
int head[N], tot;
void adde(int u, int v) {
e[tot].v = v; e[tot].next = head[u]; head[u] = tot++;
}
int cnt;
int col[N];
void init() {
for(int i = 1; i <= n; i++) head[i] = -1; tot = 0;
}
void dfs(int u, int fa, int x) {
col[u] = 1;
if(u == x) return;
for(int i = head[u]; i != -1; i = e[i].next) {
int v = e[i].v;
if(!col[v]) dfs(v, u, x);
}
}
void run(){
cin >> n >> m >> a >> b;
init();
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
adde(u, v); adde(v, u);
}
dfs(a, 0, b);
int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cnt1 += 1 - col[i];
col[i] = 0;
}
dfs(b, 0, a);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cnt2 += 1 - col[i];
col[i] = 0;
}
ll ans = 1ll * cnt1 * cnt2;
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
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