较量传送门：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/53366
难度适中。
🎈 作者：Eriktse
🎈 简介：19岁，211计算机在读，现役ACM银牌选手🏆力争以通俗易懂的形式解说算法！❤️欢送关注我，一起交换C++/Python算法。（优质好文继续更新中……）🚀
🎈 浏览原文取得更好浏览体验：https://www.eriktse.com/algorithm/1109.html
A – 小d和答案批改
Tag：签到
略。
Code：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 9;
char s[N];
signed main()
{
cin >> s + 1;
for(int i = 1; s[i]; ++ i)
{
if('a' <= s[i] && s[i] <= 'z')printf("%c", s[i] - 'a' + 'A');
else printf("%c", s[i] - 'A' + 'a');
}
return 0;
}B – 小d和图片压缩
Tag：签到
略。
Code：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e3 + 9;
int a[N][N];
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m;cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
for(int j = 1;j <= m; ++ j)
cin >> a[i][j];
for(int i = 1;i <= n; i += 2)
{
for(int j = 1;j <= m;j += 2)
{
int sum = a[i][j] + a[i + 1][j] + a[i][j + 1] + a[i + 1][j + 1];
cout << sum / 4 << ' ';
}
cout << '\n';
}
return 0;
}C – 小d和超级泡泡堂
Tag：dfs，联通块
给定一个大小为n x m的地图，求终点@所在的联通块的大小。
用深度优先搜寻dfs扫一遍即可，复杂度O(nm)，当然你想用bfs也行。
留神不要越界。
Code:
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e3 + 9;
char mp[N][N];
bitset<N> vis[N];
int dx[] = {1, -1, 0, 0};
int dy[] = {0, 0, 1, -1};
int n, m;
int dfs(int x, int y)
{
int res = mp[x][y] == '!';
for(int i = 0;i < 4; ++ i)
{
int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];
if(nx < 1 || nx > n || ny < 1 || ny > m || vis[nx][ny] || mp[nx][ny] == '#')continue;
vis[nx][ny] = true;
res += dfs(nx, ny);
}
return res;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)cin >> mp[i] + 1;
int sx, sy;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
for(int j = 1;j <= m; ++ j)if(mp[i][j] == '@')sx = i, sy = j;
int ans = dfs(sx, sy);
cout << ans << '\n';
return 0;
}D – 小d和孤单的区间
Tag：思维，dp，组合计数
给定一个长度为0的01串，问有多少个子串是仅蕴含一个1的。
咱们能够求两个数组，l[i]示意从i点开始，往左有多少个间断的0，r[i]示意从i点开始，往右有多少间断的0。
而后咱们枚举每一个点，如果发现a[i] == 1，阐明这个点i能够被一些区间蕴含到且仅有这一个1，那么是哪些区间呢？咱们假如这个区间为[s, e]，那么肯定有s <= i && i <= e，且[s, i - 1]中只蕴含0，[i + 1, e]中只蕴含0。
那么咱们能够失去左端点s的取值有l[i - 1] + 1种，右端点e的取值有r[i + 1] + 1种。
Code:
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 9;
int a[N], l[N], r[N];
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;cin >> n;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)cin >> a[i];
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
{
if(a[i] == 1)continue;
if(i > 1 && a[i - 1] == 0)l[i] = l[i - 1] + 1;
else l[i] = 1;
}
for(int i = n;i >= 1; -- i)
{
if(a[i] == 1)continue;
if(i < n && a[i + 1] == 0)r[i] = r[i + 1] + 1;
else r[i] = 1;
}
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
{
if(a[i] == 1)ans += (l[i - 1] + 1) * (r[i + 1] + 1);
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}E – 小d的博弈
Tag：博弈，思维
给定一个大小为n x m的矩形，Alice和Bob轮流对其进行操作，每次操作能够横着或竖着在把矩形切一刀分成两个长宽都为整数的矩形，而后留下面积较小的那个，两个矩形面积相等是不被容许的，也就是说不能从两头切。
当无奈持续操作的时候就输了。
咱们剖析一下容易发现几种必败的场面，(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)无奈操作，间接败。
通过剖析一些非凡的矩形，比方n=m的状况，咱们能够发现n=m的时候也是必败的，因为下一个人肯定能够模拟以后操作者的操作，从而每次都使得回到本人手上的都是一个正方形，那么最终必然会到(1, 1)或(2, 2)的必败场面。
所以咱们思考，当有方法使得对方进入一个n=m的场面，此时咱们就是必胜的。
所以咱们的博弈状态为：
W必胜态: 当n > 2m || m > 2n时，咱们能够通过切分使得对手失去一个正方形，所以此时是必胜的。
其余状况，此时我必定不能把小的再切小，因为每次切割必然使得n或m比原来的一半还小，就会使得对手进入W的必胜态。所以我肯定是切割n, m中较大的那个，并且要尽可能大的切割。
Code:
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 9;
void solve()
{
int n, m;cin >> n >> m;
int ans = 1;
while(1)
{
if(n > 2 * m || m > 2 * n)break;
if(n > m)n = (n - 1) / 2;
else m = (m - 1) / 2;
ans ^= 1;
}
cout << (ans ? "Alice" : "Bob") << '\n';
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int _;cin >> _;
while(_ --)solve();
return 0;
}F – 小d和送外卖
Tag：树形dp，背包，图论
咱们将须要送外卖的点标记为need。
定义dp状态：
dp[x][i]示意在以节点x为根的子树上删除i个点后能够缩小的最大途程。
s[x]示意在以节点x为根的子树中的需求量（标记为need的点的个数）。
考虑一下转移方程。
在转移刚开始的时候，dp[x]是不残缺的，它仅蕴含x这一个点的信息，设x的儿子别离为y1,y2,y3，在将y1转移给x之后，dp[x]示意的范畴就是x点和y1子树，以此类推，将y2, y3一个个合并，最初dp[x]示意的信息就是以x为根的子树的信息。
思考一下如何更新dp[x][k]，咱们能够将k分解成i + (k - i)，而后有dp[x][k] = max(dp[x][i], dp[y][k - i])。
咱们更新dp[x]须要用到dp[x]自身的信息，所以咱们须要开一个长期的数组f[]来示意dp[x]更新完再将f[]复制给dp[x]。
首先，如果s[y] == 0，阐明y子树对答案齐全没有影响，能够间接跳过。
如果k - i == s[y]，阐明咱们把y子树的所有需要点都删了，那么x -> y这条边能够删除，所以对答案奉献为2（示意最终途程能够缩小2），其余状况奉献都为0。
更新完dp[x]后还要更新一下s[x]，间接加上s[y]即可。
同时顺便计算一下不删除边的状况下的总途程tot，当s[y]不为0，就必须往下走了。
Code：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 9;
int dp[N][60], s[N];//dp[i][j]示意在i为根的子树中删除j个点的最大奉献
//s[i]示意以i为根的子树中的需求量
vector<int> g[N];
bitset<N> need;
int tot, n, m;;
void dfs(int x, int p)
{
s[x] = need[x];
for(auto &y : g[x])
{
if(y == p)continue;
dfs(y, x);
if(s[y] == 0)continue;
static int f[60];
memset(f, 0, sizeof f);
for(int k = 0;k <= min(m, s[x] + s[y]); ++ k)
{
//x树中取i个，留神此时x树并不残缺
//在y中取k - i个，此时y树为残缺的
for(int i = 0;i <= min(m, s[x]); ++ i)
{
if(k - i <= s[y] && k - i >= 0)
f[k] = max(f[k], dp[x][i] + dp[y][k - i] + (k - i == s[y] ? 2 : 0));
}
}
s[x] += s[y];
tot += 2;//此时曾经保障s[y] != 0，留神看下面的continue
for(int i = 0;i <= min(m, s[x] + s[y]); ++ i)dp[x][i] = f[i];
}
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i < n; ++ i)
{
int x, y;cin >> x >> y;
g[x].push_back(y), g[y].push_back(x);
}
int k;cin >> k;
for(int i = 1;i <= k; ++ i)
{
int x;cin >> x;
need[x] = true;
}
dfs(1, -1);
cout << tot - dp[1][m] << '\n';
return 0;
}🎈 本文由eriktse原创，创作不易，如果对您有帮忙，欢送小伙伴们点赞👍、珍藏⭐、留言💬
发表回复