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Contest InfoSolutions A.Remove a ProgressionB.Yet Another Crosses ProblemC.From S To TD.1-2-K GameE.Count The RectanglesPractice Link
SolvedABCDEFG5/7OOOOØ-- O 在比赛中通过Ø 赛后通过! 尝试了但是失败了- 没有尝试签到题。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int T; scanf("%d", &T); while (T--) { int n, x; scanf("%d%d", &n, &x); printf("%d\n", x * 2); } return 0; }签到题。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 100010 int n, m, a[N], b[N]; vector <vector<int>> G; char s[N]; int main() { int T; scanf("%d", &T); while (T--) { scanf("%d%d", &n, &m); G.clear(); G.resize(n + 1); for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = 0; for (int i = 1; i <= m; ++i) b[i] = 0; for (int i = 1; i <= n; ++i) { scanf("%s", s + 1); G[i].resize(m + 1); for (int j = 1; j <= m; ++j) { if (s[j] == '*') { G[i][j] = 1; } else { ++a[i]; ++b[j]; } } } int res = n + m - 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) { for (int j = 1; j <= m; ++j) { if (G[i][j]) { res = min(res, a[i] + b[j]); } else { res = min(res, a[i] + b[j] - 1); } } } printf("%d\n", res); } return 0; }题意： 有三个字符串\(s, t, p\)，可以将\(p\)中的任意字符插入到\(s\)中的任意位置，问能否将\(s\)变成\(t\)。
思路： 首先\(s\)肯定是\(t\)的一个子序列，再判断\(p\)中的字符个数是否够插即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 110 char s[N], t[N], p[N]; int cnts[30], cntt[30], cntp[30], lens, lent, lenp; int nx[30], f[N][30]; bool ok() { for (int i = 0; i < 26; ++i) { if (cnts[i] > cntt[i] || cnts[i] + cntp[i] < cntt[i]) return 0; } for (int i = 0; i < 26; ++i) nx[i] = lent + 1; for (int i = lent; i >= 0; --i) { for (int j = 0; j < 26; ++j) { f[i][j] = nx[j]; } if (i) nx[t[i] - 'a'] = i; } int it = 0; for (int i = 1; i <= lens; ++i) { it = f[it][s[i] - 'a']; if (it == lent + 1) break; } return (it != lent + 1); } int main() { int T; scanf("%d", &T); while (T--) { scanf("%s%s%s", s + 1, t + 1, p + 1); lens = strlen(s + 1); lent = strlen(t + 1); lenp = strlen(p + 1); memset(cnts, 0, sizeof cnts); memset(cntt, 0, sizeof cntt); memset(cntp, 0, sizeof cntp); for (int i = 1; i <= lens; ++i) ++cnts[s[i] - 'a']; for (int i = 1; i <= lent; ++i) ++cntt[t[i] - 'a']; for (int i = 1; i <= lenp; ++i) ++cntp[p[i] - 'a']; puts(ok() ? "YES" : "NO"); } return 0; }题意： 有\(n\)个石头，每次可以移走\(1\)个，移走\(2\)个，或者移走\(k\)个，谁先不能移动谁输，问先手必胜还是后手必胜。
思路： 考虑没有移动\(k\)步的情况，那么显然有：
\(n = 1\)为必胜态\(n = 2\)为必胜态\(n = 3\)为必败态\(n = 4\)为必胜态\(n = 5\)为必胜态\(n = 6\)为必败态 即\(n \equiv 0 \bmod 3\)时是必败态，否则是必胜态。 根据以下原则打表：当前状态指向的所有后继状态都是必胜态，那么当前状态是必败态当前状态能够指向某一个必败态，那么当前状态是必胜态 发现：\(k \neq 0 \bmod 3\)时，即为上述规律。 否则会出现循环节，即\(\frac{k}{3} - 1\)个\(NNP\)，加一个\(NNNP\)。 其中\(N\)代表必胜态，\(P\)代表必败态。代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { char *fi = "Alice"; char *se = "Bob"; int T, n, k; scanf("%d", &T); while (T--) { scanf("%d%d", &n, &k); if (n == 0) puts(se); else { if (k % 3) { if (n % 3 == 0) puts(se); else puts(fi); } else { k /= 3; int p = (k - 1) * 3 + 4; n = (n - 1) % p + 1; if (n <= (k - 1) * 3) { if (n % 3 == 0) puts(se); else puts(fi); } else { n -= (k - 1) * 3; if (n == 4) puts(se); else puts(fi); } } } } return 0; }题意： 给出一些二维平面上这样的线段： 问其中有多少个矩形？
思路： 考虑\(n^2\)枚举两条平行\(x\)轴的线，那么这两根线的贡献就是这两根线的交区间中竖线个数组成的区间个数。 那么考虑怎么计算竖线的个数。 可以按顺序取枚举，对于每一条竖线\((y_1, y_2, x)\)，我们在\(y_1\)的时候加入它的贡献，\(y_2 + 1\)的时候删去它的贡献，用一个权值\(BIT\)维护一下即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define N 50100 #define pii pair <int, int> #define fi first #define se second int n; int x[N][2], y[N][2]; int b[N], c[N]; vector <vector<pii>> vec, add, del; void Hash() { sort(b + 1, b + 1 + b[0]); sort(c + 1, c + 1 + c[0]); b[0] = unique(b + 1, b + 1 + b[0]) - b - 1; c[0] = unique(c + 1, c + 1 + c[0]) - c - 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) { for (int j = 0; j < 2; ++j) { x[i][j] = lower_bound(b + 1, b + 1 + b[0], x[i][j]) - b; y[i][j] = lower_bound(c + 1, c + 1 + c[0], y[i][j]) - c; } } } struct BIT { int a[N]; void init() { memset(a, 0, sizeof a); } void update(int x, int v) { for (; x < N; x += x & -x) { a[x] += v; } } int query(int x) { int res = 0; for (; x > 0; x -= x & -x) { res += a[x]; } return res; } int query(int l, int r) { if (l > r) return 0; return query(r) - query(l - 1); } }bit; ll C(int n) { return 1ll * n * (n - 1) / 2; } int main() { while (scanf("%d", &n) != EOF) { b[0] = 0; c[0] = 0; for (int i = 1; i <= n; ++i) { scanf("%d%d%d%d", x[i], y[i], x[i] + 1, y[i] + 1); b[++b[0]] = x[i][0]; b[++b[0]] = x[i][1]; c[++c[0]] = y[i][0]; c[++c[0]] = y[i][1]; } Hash(); vec.clear(); vec.resize(N); add.clear(); add.resize(N); del.clear(); del.resize(N); for (int i = 1; i <= n; ++i) { if (y[i][0] == y[i][1]) { if (x[i][0] > x[i][1]) swap(x[i][0], x[i][1]); vec[y[i][0]].push_back(pii(x[i][0], x[i][1])); } else { if (y[i][0] > y[i][1]) swap(y[i][0], y[i][1]); add[y[i][0]].push_back(pii(x[i][0], y[i][1] + 1)); } } ll res = 0; bit.init(); for (int i = 1; i <= c[0]; ++i) { for (auto it : del[i]) { bit.update(it.fi, -1); } for (auto it : add[i]) { bit.update(it.fi, 1); del[it.se].push_back(pii(it.fi, it.fi)); } for (auto it : vec[i]) { for (int j = i + 1; j <= c[0]; ++j) { for (auto it2 : del[j]) { bit.update(it2.fi, -1); } for (auto it2 : vec[j]) { int l = max(it.fi, it2.fi), r = min(it.se, it2.se); res += C(bit.query(l, r)); } } for (int j = i + 1; j <= c[0]; ++j) { for (auto it2 : del[j]) { bit.update(it2.fi, 1); } } } } printf("%lld\n", res); } return 0; }转载于:https://www.cnblogs.com/Dup4/p/11190913.html
