Codeforces Round #662 (Div. 2)

时间:2020-08-08
本文章向大家介绍Codeforces Round #662 (Div. 2)，主要包括Codeforces Round #662 (Div. 2)使用实例、应用技巧、基本知识点总结和需要注意事项，具有一定的参考价值，需要的朋友可以参考一下。

A. Rainbow Dash, Fluttershy and Chess Coloring (CF 1393 A)

题目大意

给定一个\(n\times n\)的棋盘，要黑白间隔涂色。每次只能选择一些格子涂色，这些格子必须与某些已经涂色的格子相邻，问最小涂色次数。初始时最外围的一圈都可以涂色。

解题思路

开始看样例有种输出n-1的冲动

想象一下涂色情况可知，第一次涂最外围一圈的白色，第二次涂最外围的黑色和第二外围的黑色，第三次涂第二外围的白色和第三外围的白色……

若n是偶数，则最后是涂一个四个格子的两个颜色，然后还要一次涂另一个颜色，次数是\(\dfrac{n}{2} + 1\)

若n是奇数，最后一次则是涂一个格子,次数是\(\lfloor \dfrac{n}{2} \rfloor + 1\)

综上，答案就是\(\dfrac{n}{2} + 1\)(整除)。

神奇的代码 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); 
    cout.tie(0);
    int kase; cin>>kase;
    for (int ii = 1; ii <= kase; ii++) {
        int n;
        cin>>n;
        cout<<(n/2+1)<<endl;
    }
    return 0;
}

B. Applejack and Storages (CF 1393 B)

题目大意

初始有\(n\)块木板，并已知每块木板的长度。现有\(q\)次操作，每次操作会增加或者移除已有的长度为x的木板，问，每次操作后，是否能从这些木板中选出一些木板来，作出一个矩形和一个正方形。（正方形也是特殊的矩形）

解题思路

统计一下同一长度4个4个的有多少份，2个2个的有多少份，判断就可以了。

神奇的代码 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}

template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}

const int N = 1e5+8;

int n,q,l;

int cnt[N];

multiset<int> two,four;

char s[5];

int main(void) {
    read(n);
    for(int u,i = 1; i <= n; ++ i){
        read(u);
        if (cnt[u] % 4 == 3){
            four.insert(u);
        }
        if (cnt[u] % 2 == 1){
            two.insert(u);
        }
        cnt[u]++;
    }
    read(q);
    while(q--){
        scanf("%s",s);
        read(l);
        if (s[0] == '+'){
            if (cnt[l] % 4 == 3){
                four.insert(l);
            }
            if (cnt[l] % 2 == 1){
                two.insert(l);
            }
            cnt[l]++;
        }else{
            if (cnt[l] % 4 == 0){
                four.erase(four.find(l));
            }
            if (cnt[l] % 2 == 0){
                two.erase(two.find(l));
            }
            cnt[l]--;
        }
        if (four.size() >= 2) puts("YES");
        else if (four.size() == 0) puts("NO");
        else if (two.size() >=4) puts("YES");
        else puts("NO");
    }
    return 0;
}

C. Pinkie Pie Eats Patty-cakes (CF 1393 C)

题目大意

给定\(n\)个数字，要求重新排列这n个数字，使得同一个数字之间的距离的最小值最大。两个相同数的距离即这两个数之间的数字个数。

解题思路

很显然出现次数最多的数字是决定答案的关键。设数字中出现最多的次数为ma次，我们将这ma个数字作为隔板，隔板之间能够放的最多的数字即为\(\frac{n - ma}{ma - 1}\)，至于余数可以放到最后一个隔板的右边，总存在一种方式，其他数字的最小距离不会大于隔板间的数量。

但如果出现次数为ma次的数字不止一个，而是有cnt个，我们就可以把这cnt个捆绑在一起，即一个长度为cnt的隔板。

所以最终答案即为\(\dfrac{n - ma * cnt}{ma - 1} + cnt - 1\)

神奇的代码 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}

template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}

int main(void) {
    int kase; read(kase);
    for (int ii = 1; ii <= kase; ii++) {
        int n;
        read(n);
        vector<int> tot(n+1);
        int ma = 0;
        int cnt = 0;
        for(int a, i = 1; i <= n; ++ i){
            read(a);
            tot[a]++;
            if (ma < tot[a]){
                ma = tot[a];
                cnt = 1;
            }else if (ma == tot[a])
                ++cnt;
        }
        int ans = (n - ma * cnt) / (ma - 1) + cnt - 1;
        write(ans,'\n');
    }
    return 0;
}

D. Rarity and New Dress (CF 1393 D)

题目大意

给定一张网格图，问由相同字母组成的菱形个数有多少。一个格子也算是一个菱形。

解题思路

一个菱形有一个所谓的中心，从数据范围来看我们自然不能从中心BFS来得到它能拓展多少。

我们把菱形拆成中心所在的一条线，上三角形和下三角形。

我们设\(up[i][j]\)表示以\((i,j)\)为中心的上三角形的长度（值为左或右拓展的距离），\(down[i][j]\)为下三角形，\(l[i][j]\)为从\((i,j)\)向左拓展的距离，\(r[i][j]\)为向右拓展的距离，则\((i,j)\)点所形成的最大菱形即为\(\min(up[i][j],down[i][j])\)

转移

\(up[i][j] = \min(up[i-1][j], \min(l[i][j], r[i][j])\)

\(down[i][j] = \min(down[i+1][j], \min(l[i][j], r[i][j])\)

还有一个不太理解的，是设\(dp[i][j]\)表示以\((i,j)\)为底部点，最大拓展的长度。(1,1)是左上角。

而对于以\((i,j)\)为底部点的菱形，可以看做是以\((i-1,j)\)为底部点的菱形往下边拓展一格，或者以\((i-1，j-1)\)为底部点的菱形往右边拓展一格，或者以\((i-1,j+1)\)为底部点的菱形往左边拓展一格。由于往右边或往右边拓展一格时，顶部的格子会往上拓展一个，此时又有\((i-2,j)\)的限制？

至于会取\(dp[i][j] = \min(dp[i-1][j],dp[i-2][j],dp[i-1][j-1],dp[i-1][j+1]) + 1\)，如果\((i,j),(i-1,j),(i-1,j-1),(i-1,j+1),(i-2,j)\)字母相同的话，否则\(dp[i][j] = 1\)

神奇的代码 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}

template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}

const int N = 2e3+8;

char s[N][N];

LL up[N][N],down[N][N],l[N][N],r[N][N];

LL ans;

int n,m;

int main(void) {
    read(n);
    read(m);
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        scanf("%s",s[i]);
    }
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        for(int sign=0,cnt=1,j = 0; j < m; ++ j){
            if (s[i][j] != sign){
                sign = s[i][j];
                cnt = 0;
            }
            ++cnt;
            l[i][j] = cnt;
            up[i][j] = down[i][j] = 1;
        }
        for(int sign=0,cnt=1,j = m-1; j >= 0; -- j){
            if (s[i][j] != sign){
                sign = s[i][j];
                cnt = 0;
            }
            ++cnt;
            r[i][j] = cnt;
        }
    }
    for(int i = 1; i < n; ++ i){
        for(int j = 0; j < m; ++ j){
            if (s[i][j] == s[i-1][j]){
                up[i][j] = min(up[i-1][j] + 1, min(l[i][j], r[i][j]));
            }
        }
    }
    for(int i = n-1; i >= 0; -- i){
        for(int j = 0; j < m; ++ j){
            if (s[i][j] == s[i+1][j]){
                down[i][j] = min(down[i+1][j] + 1, min(l[i][j], r[i][j]));
            }
        }
    }
    for(int i = 0; i < n; ++ i)
        for(int j = 0; j < m; ++ j)
            ans += min(up[i][j],down[i][j]);
    write(ans,'\n');
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/Lanly/p/13460553.html

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