AtCoder Beginner Contest 184 题解

AtCoder Beginner Contest 184 题解

目录

• AtCoder Beginner Contest 184 题解
  • A - Determinant
  • B - Quizzes
  • C - Super Ryuma
  • D - increment of coins
  • E - Third Avenue
  • F - Programming Contest

这把怎么感觉题目都比以往的ABC水啊，拜此所赐我只是程序写得慢就排名狂掉（

A - Determinant

求二阶矩阵的行列式，是小学常见自定义题目（迫真）。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main(){

    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    int a,b,c,d;
    cin>>a>>b>>c>>d;
    cout<<a*d-b*c<<endl;

    return 0;
}

B - Quizzes

给你一个长度\(N\)的序列\(S\)，和初始分数\(X\)，然后从前往后遍历序列，元素是o就加一分，是x减一分，假如已经是\(0\)分就不减分了。模拟即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,x;
string s;

int main(){

    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    cin>>n>>x>>s;
    for(char& c:s)x+=(c=='o')-(c=='x'&&x);//前面for循环是从前往后遍历s，当前元素是c，后面是使用了bool的值作为int运算来简化代码
    cout<<x<<endl;

    return 0;
}

C - Super Ryuma

我们从小到大考虑步数的情况：

• \(0\)步，此时起始位置和结束位置相同（不知道数据里有没有，还是判断一下为好）
• \(1\)步，按照题目的定义考虑即可。
• \(2\)步，分成斜向+短距离，斜向+斜向或短距离+短距离三种情况讨论即可。
• \(3\)步，把棋盘按照国际象棋的方式黑白染色，容易发现两次斜向移动可以使得当前位置和结束位置的距离不超过\(1\)，那么\(3\)步理论上可以完成所有移动了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

bool reach(int& a,int& b,int& c,int& d){
    return a+b==c+d||a-b==c-d||abs(a-c)+abs(b-d)<=3;
}

int r1,c1,r2,c2;

bool step2(){
    for(int i=r1-3;i<=r1+3;i++){
        for(int j=c1-(3-abs(r1-i));j<=c1+(3-abs(r1-i));j++){
            if(reach(i,j,r2,c2))return true;
        }
    }
    if(abs(r1-r2)+abs(c1-c2)&1^1)return true;
    return false;
}

int main(){

    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    cin>>r1>>c1>>r2>>c2;
    if(r1==r2&&c1==c2)cout<<"0\n";
    else if(reach(r1,c1,r2,c2))cout<<"1\n";
    else if(step2())cout<<"2\n";
    else cout<<"3\n";

    return 0;
}

D - increment of coins

你拿走一个硬币，然后放回去两个硬币，容易看出其实就是添加进去一个硬币。（减去一加上二，小学生都能做的ABC（确信））

然后我们可以考虑DP，有一个状态\(f_{i,j,k}\)表示手持\(i\)，\(j\)和\(k\)个三种不同的硬币时，达到不论种数至少持有\(100\)个相同的硬币时的期望操作数。

那么可以看出有\(\frac i {i+j+k}\)的几率从状态\(f_{i,j,k}\)操作到\(f_{i+1,j,k}\)，操作到\(f_{i,j+1,k}\)和\(f_{i,j,k+1}\)同理。

然后你反向考虑转移就可以了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

double f[105][105][105];
bool u[105][105][105];

double dfs(const int& a,const int& b,const int& c){
    if(a==100||b==100||c==100)return 0;
    if(u[a][b][c])return f[a][b][c];
    u[a][b][c]=true;
    return f[a][b][c]=1+(a*dfs(a+1,b,c)+b*dfs(a,b+1,c)+c*dfs(a,b,c+1))/(a+b+c);
}

int main(){

    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    int a,b,c;
    cin>>a>>b>>c;
    cout<<fixed<<setprecision(10)<<dfs(a,b,c);

    return 0;
}

E - Third Avenue

主要思想还是跑最短路。

这里有一种技巧叫做虚拟结点。也就是说把每个颜色都独立建立一个点，然后把有这个颜色的格子连向它就可以显著减少边数（虽然点数会加一但是这不重要）。

这里我直接把地图转换成了一个有向图（格子和格子之间的是边权为\(1\)的无向边，但是由于虚拟结点的缘故，格子到颜色的边和颜色到格子的边权值不同）。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int h,w,s,t;
char a[2005][2005];
vector<pair<int,int>> g[4000035];
int dis[4000035];

inline int get(const int& i,const int& j){
    return i*w-w+j;
}

int main(){

    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    cin>>h>>w;
    for(int i=1;i<=h;i++){
        cin>>a[i]+1;
        for(int j=1;j<=w;j++){
            if(a[i][j]=='S')s=get(i,j);
            if(a[i][j]=='G')t=get(i,j);
            if(a[i][j]!='#'){
                if(i>1)g[get(i,j)].emplace_back(get(i-1,j),1);
                if(i<h)g[get(i,j)].emplace_back(get(i+1,j),1);
                if(j>1)g[get(i,j)].emplace_back(get(i,j-1),1);
                if(j<w)g[get(i,j)].emplace_back(get(i,j+1),1);
                if(a[i][j]>='a'&&a[i][j]<='z'){
                    g[get(i,j)].emplace_back(h*w+a[i][j]-'a'+1,0);
                    g[h*w+a[i][j]-'a'+1].emplace_back(get(i,j),1);
                }
            }
        }
    }
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int>>,greater<pair<int,int>>> pq;
    dis[s]=0;
    pq.emplace(0,s);
    while(!pq.empty()){
        int x=pq.top().second,d=pq.top().first;
        pq.pop();
        if(d>dis[x])continue;
        for(pair<int,int>& e:g[x]){
            int& y=e.first,& z=e.second;
            if(dis[y]>d+z)pq.emplace(dis[y]=d+z,y);
        }
    }
    if(dis[t]==0x3f3f3f3f)dis[t]=-1;
    cout<<dis[t]<<endl;

    return 0;
}

F - Programming Contest

折半枚举，首先把题目分成两半，通过子集枚举的方式预处理出前一半的所有不同的选择题目的方式的时间和，后一半同理。

然后排个序，通过二分查找的方式（当然你可以用two pointers的方式来达到线性的时间，但是排序都已经多出来一个对数了你还管这个干嘛），我们可以查找出每个前一半的题目中的，选择题目的方式对应的，在不超过比赛时间的情况下，时间最大的后一半的选择方式。

你也可以像我一样通过把\(N\)扩展到\(40\)的方式实现一种奇怪的\(O(N)\)做法（

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,t,a[45],s[1<<20|5],f[1<<20|5],ans;

int main(){

    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    cin>>n>>t;
    for(int i=0;i<n;i++)cin>>a[i];
    for(int msk=0;msk<1<<20;msk++){
        for(int i=0;i<20;i++)if(msk>>i&1){
            s[msk]=min(t+1,s[msk]+a[i]);
            f[msk]=min(t+1,f[msk]+a[i+20]);
        }
    }
    sort(s,s+(1<<20|1));
    sort(f,f+(1<<20|1));
    for(int i=0;i<(1<<20|1)&&s[i]<=t;i++){
        ans=max(ans,s[i]+f[upper_bound(f,f+(1<<20|1),t-s[i])-f-1]);
    }
    cout<<ans<<endl;

    return 0;
}