A.Three Strings
【题意】
给出三个长度为的字符串,,。对于的每个字符都要和或中对应位置的字符交换,问是否有一种交换方法使得最终,两个字符串相同。
【思路】
如果中的每个字符都与或 中对应位置的字符相同,那么肯定存在解。否则无解。
【代码】
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<ctime> #include<bitset> #include<cstring> #include<algorithm> #include<string> #include<queue> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1110; ll read() { ll x=0,f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9') { if(c=='-') f=-1; c=getchar(); } while(c>='0'&&c<='9') { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } return x*f; } char a[N],b[N],c[N]; void solve() { scanf("%s",a + 1); scanf("%s",b + 1); scanf("%s",c + 1); int n = strlen(a + 1); for(int i = 1;i <= n;++i) { if(c[i] != a[i] && c[i] != b[i]) { puts("NO");return; } } puts("YES"); } int main() { int T = read(); while(T--) { solve(); } return 0; }
B. Motarack's Birthday
【题意】
有一个长度为的数列a,其中包含一部分-1。现在需要将所有的-1替换为k。需要求出一个k使得最大的相邻两个元素之差的绝对值最小。
【思路】
找到所有与-1相邻的位置中的最大值mx,和最小值mn。显然当$时答案最小
【代码】
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<ctime> #include<bitset> #include<cstring> #include<algorithm> #include<string> #include<queue> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 100010,INF = 1e9 + 2; ll read() { ll x=0,f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9') { if(c=='-') f=-1; c=getchar(); } while(c>='0'&&c<='9') { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } return x*f; } int a[N]; void solve() { int n = read(); for(int i = 1;i <= n;++i) a[i] = read(); int mx = -INF,mn = INF; a[n + 1] = 0; for(int i = 1;i <= n;++i) { if(a[i] == -1) continue; if(a[i - 1] == -1 || a[i + 1] == -1) { mx = max(mx,a[i]); mn = min(mn,a[i]); } } int K = (mx + mn) >> 1; if(a[1] == -1) a[1] = K; int ans = 0; for(int i = 2;i <= n;++i) { if(a[i] == -1) a[i] = K; ans = max(ans,abs(a[i] - a[i - 1])); } printf("%d %d\n",ans,K); } int main() { int T = read(); while(T--) { solve(); } return 0; }
C. Ayoub's function
【题意】
找到一个长度为n并且包含m个1的01串,使得包含1的连续子串数量最大。
【思路】
考虑将问题取反,总子串个数为,然后找到最少有多少不包含1的子串就好了。
问题也就变为将个0分成段,使得最小。
显然将1尽量平均分配时答案最大。
设,求出t1的个数和t2的个数,然后统计答案即可。
【代码】
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<ctime> #include<bitset> #include<cstring> #include<algorithm> #include<string> #include<queue> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; ll read() { ll x=0,f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9') { if(c=='-') f=-1; c=getchar(); } while(c>='0'&&c<='9') { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } return x*f; } int main() { int T = read(); while(T--) { ll n = read(),m = read(); ll ans = (n + 1) * n / 2; ll t = (n - m) / (m + 1); ll k = n - m - (m + 1) * t; ans -= (t * (t + 1) / 2) * (m + 1 - k); ans -= ((t + 1) * (t + 2) / 2) * k; printf("%I64d\n",ans); } return 0; }
D. Time to Run
【题意】
对于一个包含n行m列的网格,每相邻的两个格子之间都包含两条方向恰好相反的边。每个格子可以走多次,每条边只能走一次。构造一种方案,使得恰好走k次。
【思路】
每条边都可以被走一次。方案如下:
1.对于每一行都按照‘右下上’的方式走到当前行的最右边,然后再向左走m-1步走回来。
2.向下走1步,重复步骤1.
3.对于最后一行,直接走到最右边,然后走回来
4.向上走n-1步回到原点。
注意细节
【代码】
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<ctime> #include<bitset> #include<cstring> #include<algorithm> #include<string> #include<queue> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1010; ll read() { ll x=0,f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9') { if(c=='-') f=-1; c=getchar(); } while(c>='0'&&c<='9') { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } return x*f; } #define pi pair<int,int> pi ans[3010]; int n,m,K,a[N][N],anss; void print() { printf("%d\n",anss); for(int i = 1;i <= anss;++i) { printf("%d ",ans[i].first); char c = ans[i].second; if(c == 'W') puts("RDU"); else if(c == 'X') puts("RD"); else printf("%c\n",c); } exit(0); } void solve() { // printf("%d\n",K); int p = 1; for(;p < m;) { // printf("%d\n",K); if(K >= 3) { K -= 3; ++p; } else { if(p - 1) ans[++anss] = make_pair(p - 1,'W');//T = 'RDU' if(K == 0) print(); if(K == 1) { ans[++anss] = make_pair(1,'R'); print(); } if(K == 2) { ans[++anss] = make_pair(1,'X');//X = 'RD' print(); } } } if(p - 1) ans[++anss] = make_pair(p - 1,'W'); if(!K) print(); int t = min(m - 1,K); if(t) ans[++anss] = make_pair(t,'L'); K -= t; } int main() { n = read(),m = read(),K = read(); if(K > 4 * n * m - 2 * n - 2 * m) { puts("NO");return 0; } puts("YES"); for(int i = 1;i < n;++i) { solve(); if(K) { ans[++anss] = make_pair(1,'D'); --K; } else print(); } if(!K) print(); int t = min(m - 1,K); if(t) ans[++anss] = make_pair(t,'R'); K -= t; if(!K) print(); t = min(m - 1,K); if(t) ans[++anss] = make_pair(t,'L'); K -= t; if(!K) print(); t = min(n - 1,K); if(t) ans[++anss] = make_pair(t,'U'); K -= t; print(); return 0; }
E. Nanosoft
【题意】
给出一个的包含4中颜色的布,有Q次询问,每次询问一个子矩阵内有多少个“logo”
logo的形态如下
【思路】
显然每个格子只能作为一个logo的左上角。那么就枚举每个格子,计算出他是多长的logo的左上角。
这个的实现方法,可以给每种颜色赋值,然后二维前缀和一下,然后枚举logo长度,判断每种颜色是否符合条件即可。
然后对于每种logo长度开一个的数组。将符合条件的位置赋为1,然后二位前缀和。
对于每次询问,枚举一下logo长度,然后判断是否存在答案即可。
【代码】
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<ctime> #include<bitset> #include<cstring> #include<algorithm> #include<string> #include<queue> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 510; ll read() { ll x=0,f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9') { if(c=='-') f=-1; c=getchar(); } while(c>='0'&&c<='9') { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } return x*f; } char s[N][N]; int f[N][N][N]; ll a[N][N]; ll t1 = 1,t2 = 500 * 500 + 1,t3 = t2 * t2; ll get(int xl,int yl,int xr,int yr) { return a[xr][yr] - a[xr][yl - 1] - a[xl - 1][yr] + a[xl - 1][yl - 1]; } int check(int k,int xl,int yl,int xr,int yr) { return f[k][xr][yr] - f[k][xr][yl - 1] - f[k][xl - 1][yr] + f[k][xl - 1][yl - 1]; } int main() { int n = read(),m = read(),Q = read(); for(int i = 1;i <= n;++i) { scanf("%s",s[i] + 1); for(int j = 1;j <= m;++j) { if(s[i][j] == 'G') a[i][j] = t1; if(s[i][j] == 'Y') a[i][j] = t2; if(s[i][j] == 'B') a[i][j] = t3; } } for(int i = 1;i <= n;++i) for(int j = 1;j <= m;++j) a[i][j] += a[i][j - 1]; for(int i = 1;i <= n;++i) for(int j = 1;j <= m;++j) a[i][j] += a[i - 1][j]; // for(int i = 1;i <= n;++i) { // for(int j = 1;j <= m;++j) { // printf("%lld ",a[i][j]); // } // puts(""); // } // cout<<get(1,3,2,4)<<endl; for(int i = 1;i < n;++i) { for(int j = 1;j < m;++j) { for(int k = 2;i + k - 1 <= n && j + k - 1 <= m;k += 2) { int t = k / 2; if(i == 1 && j == 1 && k == 4) { // printf("%lld\n",get(i,j + t,i + t - 1,j + k - 1)); } // if(get(i,j,i + t - 1,j + t - 1)) continue; if(get(i,j + t,i + t - 1,j + k - 1) != t1 * t * t) continue; if(get(i + t,j,i + k - 1,j + t - 1) != t2 * t * t) continue; if(get(i + t,j + t,i + k - 1,j + k - 1) != t3 * t * t) continue; // printf("%d %d %d\n",i,j,k); f[k][i][j] = 1;break; } } } for(int k = 2;k <= min(n,m);k += 2) { for(int i = 1;i <= n;++i) for(int j = 1;j <= m;++j) f[k][i][j] += f[k][i][j - 1]; for(int i = 1;i <= n;++i) for(int j = 1;j <= m;++j) f[k][i][j] += f[k][i - 1][j]; } while(Q--) { int xl = read(),yl = read(),xr = read(),yr = read(); int ans = 0; for(int k = 2;k <= min(xr - xl,yr - yl) + 1;k += 2) if(check(k,xl,yl,xr - k + 1,yr - k + 1)) ans = k; printf("%d\n",ans * ans); } return 0; }