手速场……
我们的知识面还不够广……
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排在三题末尾，能力全方位缺失
本场关键词
乱搞、STL-map、整除分块、并查集、前缀和、线段树维护区间前缀和极大极小值
A. Sweet Problem
题意
有三堆颜色不同的糖，最多可以凑成颜色不同的多少对。
思路
分类讨论
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=0x3f3f3f3f;
int main()
{
ll t,c[3];
cin>>t;
while(t--)
{
for(int i=0;i<3;i++)
cin>>c[i];
sort(c,c+3);
// for(int i=0;i<3;i++)
// cout<<c[i]<<endl;
ll diss=c[2]-c[1];
ll cnt=0;
if(c[0]+c[1]<=c[2])//c[0]全部取走
{
cnt=c[0]+c[1];
}
else{
cnt=c[2]+(c[0]+c[1]-c[2])/2;
}
cout<<cnt<<endl;
}
return 0;
}
B. PIN Codes
面向范围编程
思路
因为n<=10，所以重复数字只需要修改一位。
用map统计重复的数量，并进行计算。
n<=10，直接暴力枚举查询修改即可
AC的代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f,maxn=204;
string s[maxn];
int c[maxn]={0};
map<string,int>QAQ;
int main()
{
// freopen("B.txt","r",stdin);
int t,n;
cin>>t;
while(t--)
{
QAQ.clear();
cin>>n;
int cnt=0;
memset(c,0,sizeof(c));
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>s[i];
if(QAQ[s[i]]==0)
QAQ[s[i]]=++cnt;//编号
c[QAQ[s[i]]]++;//数量++
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
ans+=c[i]-1;
cout<<ans<<endl;
for(int i=0;i<n;i++)
{
int no=QAQ[s[i]];
if(c[no]>1)
{
bool flag=0;
for(int j=3;j>=0;j--)//枚举位数
{
string tem=s[i];
for(int k=0;k<=9;k++)//枚举符号
{
tem[j]='0'+k;
// cout<<"tem="<<tem<<endl;
if(QAQ[tem]>0)//重复
{
continue;
}
QAQ[tem]=++cnt;
flag=1;
cout<<tem<<endl;
c[no]--;
// printf("c[%d]=%d\n",no,c[no]);
c[QAQ[tem]]=1;
if(flag)
break;
}
if(flag)
break;
}
}
else
cout<<s[i]<<endl;
// printf("c[%d]=%d\n",no,c[no]);
label:
continue;
}
}
return 0;
}
C. Everyone is a Winner!
整除分块，CF上难得一见的模板裸题
第一遍用了set来去重，nlogn直接T飞
AC的代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
ll n,cnt=1;
cin>>n;
stack<ll> ans;
// set<ll> ans;
//// ans.clear();
// ans.insert(0);
// for(ll i=1;i<=n;i++)
// ans.insert(n/i);
// cout<<ans.size()<<'\n';
// for(set<ll>::iterator it=ans.begin();it!=ans.end();it++)
// cout<<*it<<' ';
for (int l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
r=n/(n/l);
ans.push(n/l);
cnt++;
}
cout<<cnt<<'\n';
ans.push(0);
while(!ans.empty())
{
cout<<ans.top()<<' ';
ans.pop();
}
cout<<'\n';
}
return 0;
}
D. Secret Passwords
题意
给你n个字符串，只要含有相同字母的字符串就归为一组，关系可传递。问你最后有多少个集合。
思路
并查集胡搞。
在B上浪费了太多时间，在最后一分钟过了C，应该给我发个顽强拼搏奖hhh。
没时间开D，如果当时有时间的话，多半也是过不去的。
如果当时有时间看这题肯定会往并查集的方向想，但因为读题出现错误，误以为是求最小集合的大小，在这上就会卡住。
还有一个难点就是如何处理26个字母和字符串的关系（当然这个对诸位大神好像也不是很难）
AC的代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=200005;
int father[maxn];//
int findfa(int x)
{
if(x!=father[x])
father[x]=findfa(father[x]);
return father[x];
}
bool Merge(int x,int y)
{
int a=findfa(x),b=findfa(y);
if(a==b)
return 0;
if(a<b)
father[b]=a;
else
father[a]=b;
return 1;
}
int main()
{
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
father[i]=i;//
vector<int> table[27];//记录每个字母含有的字符串编号
string a;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a;
bool vis[30]={0};
for(int j=0;j<a.length();j++)
{
if(!vis[a[j]-'a'+1])//只加一次
vis[a[j]-'a'+1]=1;
else
continue;
table[a[j]-'a'+1].push_back(i);
}
}
int ans=n;
for(int i=1;i<=26;i++)//含有相同的字母分在一组
{
if(table[i].empty())//必须有这个
continue;
int now=table[i][0];//该组第一个字符串的编号
for(int j=1;j<table[i].size();j++)//整组合并
{
if(Merge(now,table[i][j]))
ans--;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
E. Editor
题意
洛谷题目
只有一行的打字机，光标只指向一个字符，一开始指向最左侧的字符。
有三种操作
- L，左移一格
- R，右移一个
- 在当前位置写下指定字符
给出操作序列，在每次操作后，判断当前行括号是否合法。
不合法输出-1，否则输出括号最大嵌套层数。
思路
括号匹配常见的前缀和，强制在线。
将(权值看作1，将)权值看作-1，并用线段树维护。
判断当前序列是否合法：
- 前缀和最终等于0
- 所有前缀和都不为负
括号的最大嵌套层数就是前缀和的最大值。
注意将(修改为)或)修改为(的情况。
n次操作，可能达到的最右端点即为n。
线段树维护当前区间前缀和极大极小值
单点修改，维护区间和及前缀和最值
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1000005,inf=0x3f3f3f3f;
struct node
{
ll val,ma,mi;
node()
{
val=ma=mi=0;
}
} tree[maxn<<2];
inline void pushup(int root)
{
tree[root].val=tree[root<<1].val+tree[root<<1|1].val;
tree[root].ma=max(tree[root<<1].ma,tree[root<<1].val+tree[root<<1|1].ma);//维护子区间最大前缀和,tree[1]维护的即为总区间最大/最小前缀和
tree[root].mi=min(tree[root<<1].mi,tree[root<<1].val+tree[root<<1|1].mi);//维护区间最小前缀和
}
void modify(int root,int l,int r,int q,ll num)
{
if(l==r&&l==q)
{
tree[root].val=tree[root].ma=tree[root].mi=num;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(q<=mid)
modify(root<<1,l,mid,q,num);
else
modify(root<<1|1,mid+1,r,q,num);
pushup(root);
}
char s[maxn];
int main()
{
int n;
cin>>n>>s;
int cur=1;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(s[i]=='R')
cur++;
else if(s[i]=='L')
{
if(cur>1)
cur--;
}
else if(s[i]=='(')
modify(1,1,n,cur,1);
else if(s[i]==')')
modify(1,1,n,cur,-1);
else//字母,该节点权值改为0
modify(1,1,n,cur,0);
if(tree[1].mi<0||tree[1].val!=0)//tree[1].val维护的为总区间和
cout<<"-1 ";//tree[1].mi维护的即为总区间最小前缀和
else
cout<<tree[1].ma<<' ';
}
return 0;
}
2019年11月30日19点30分
