Codeforces #363 div2 prob699

距离上次刷cf已经过去好久了吧
699ALaunch of Collider
- 大概题意
- 题解
- 代码
699BOne Bomb
- 大概题意
- 题解
- 代码
699C Vacations
- 大概题意
- 题解
- 代码
699D Fix a Tree
- 简要题意
- 题解
- 代码

距离上次刷cf已经过去好久了吧，，

699A：Launch of Collider：

大概题意：

有一个有n个点的序列，序列中每一个点都有一个一维坐标以及移动方向，数据保证坐标是偶数，保证坐标升序给出，要求存在两个点相碰的最短时间

题解：

显然可以发现，相碰的两个点只可能是开始时相邻的两个点，而且一定保证左边的点的方向为”R”右边的点为”L”，那么直接扫一遍，对于可行的点对，用 (f[i]−f[i+1])/2 (f[i] - f[i+1]) / 2 更新答案

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>const int maxn = 200000 + 500;
const int inf = 0x7fffffff;
char s[maxn];
int x[maxn];
int n;
int ans = inf;int main () {scanf("%d", &n);scanf("%s", s + 1);for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &x[i]);for (int i = 1; i <= n; i++) {if (s[i] == 'R' && s[i+1] == 'L') {ans = std :: min(ans, (x[i+1] - x[i]) / 2);}}if (ans == inf) printf("-1");else printf("%d", ans);return 0;
}

699B：One Bomb：

大概题意：

对于一个n*m的地面，有若干个墙，其余点为空地，题目中给出一个炸弹，可以炸掉炸弹所在行和列的墙，炸弹可以放在地面上的任何位置，问能否用这一个炸弹使地面上没有墙，输出一个可行的位置，如果不能，输出”NO”

题解：

用fx[i]表示第i行的墙数，用fy[j]表示每列的墙数，记录总炸弹数为sumb，枚举炸弹的位置(i, j)，每次check，如果 fx[x]+fy[y]−(mapp[x][y]==1)==sumb fx[x] + fy[y] - (mapp[x][y] == 1) == sumb即成立

代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>const int maxn = 1200;
int mapp[maxn][maxn];
char c;
int n, m;
int sumb;
int fx[maxn], fy[maxn];bool check(int x, int y) {int cur = fx[x] + fy[y];if (mapp[x][y] == 1) cur--;if (cur == sumb) return 1;return 0;
}int main () {scanf("%d %d", &n, &m);for (int i = 1; i <= n; i++) {getchar();for (int j = 1; j <= m; j++) {c = getchar();if (c == '*') {sumb++;fx[i]++;fy[j]++;mapp[i][j] = 1;}}}// for (int i = 1; i <= n; i++) {//     for (int j = 1; j <= m; j++) printf("%d", mapp[i][j]);//     printf("\n");// }for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= m; j++) {if (check(i, j)){printf("YES\n%d %d", i, j);exit(0);}}printf("NO");return 0;
}

699C Vacations：

为什么感觉C题比B题还水呢，，，

大概题意：

题中人有运动和在线比赛两种选择，而对于某一天，有四种可能：

不能操作
可以运动
可以比赛
可以运动和比赛
题中人不能在相邻的两天进行相同操作（即，如果第3天进行了运动，第4天就不能进行运动）

题解：

显然是个dp题目咯=。=
设dp[i][j]表示在第i天，当前天选择了j操作时的最小值
j = 0表示休息，j = 1表示运动 j = 2，表示比赛

dp[i][0]=min(dp[i][0]，dp[i−1][j]+1)，j=0，1，2

dp[i][0] = min(dp[i][0]，dp[i-1][j] + 1)， j = {0，1， 2}

dp[i][1]=min(dp[i][1]，dp[i−1][j])，j=0，2

dp[i][1] = min(dp[i][1]，dp[i-1][j])， j = {0， 2}

dp[i][2]=min(dp[i][2]，dp[i−1][j])，j=0，1

dp[i][2] = min(dp[i][2]， dp[i-1][j])， j = {0， 1}

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>const int maxn = 150;
int dp[maxn][3];    //  0 rest  1 sport 2 contest
int n;
int a[maxn];int main () {scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i);memset(dp, 127, sizeof(dp));dp[0][0] = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (a[i] == 0) for (int j = 0; j <= 2; j++) dp[i][0] = std :: min(dp[i-1][j] + 1, dp[i][0]);if (a[i] == 1) {for (int j = 0; j <= 2; j++) dp[i][0] = std :: min(dp[i-1][j] + 1, dp[i][0]);dp[i][2] = std :: min(dp[i-1][0], dp[i][2]);dp[i][2] = std :: min(dp[i-1][1], dp[i][2]);}if (a[i] == 2) {for (int j = 0; j <= 2; j++) dp[i][0] = std :: min(dp[i-1][j] + 1, dp[i][0]);dp[i][1] = std :: min(dp[i-1][0], dp[i][1]);dp[i][1] = std :: min(dp[i-1][2], dp[i][1]);}if (a[i] == 3) {for (int j = 0; j <= 2; j++) dp[i][0] = std :: min(dp[i-1][j] + 1, dp[i][0]);dp[i][1] = std :: min(dp[i-1][0], dp[i][1]);dp[i][1] = std :: min(dp[i-1][2], dp[i][1]);dp[i][2] = std :: min(dp[i-1][0], dp[i][2]);dp[i][2] = std :: min(dp[i-1][1], dp[i][2]);}}int ans = 0x7fffffff;for (int j = 0; j <= 2; j++) ans = std :: min(ans, dp[n][j]);printf("%d", ans);return 0;
}

699D ：Fix a Tree

简要题意：

题目中给定一个n和数组father，其中father[i]表示i的父亲节点，题目中定义可构成一棵树的father数组为可行数组，要求修改father数组，使之成为一个可行数组，输出最小的修改次数以及任意一个修改方案

题解：

不难发现这张图将会由多个章鱼图（即n个点n条边的基环树）和树构成
既然题目要求使最后形成一棵树，那么一定同时满足联通和无环
首先考虑无环，对于一个章鱼图，可以随意拆掉环上的任何一个点，并把它的father值修改，对于一棵树则无需修改
考虑联通，如果想让两棵树联通，那么只需将其中一棵的根节点的father置为另一棵，如果有环的话，将环上任意一点的father值设为另一棵的根节点，如果是两个基环树，则需要将其中一个的father置为本身，另一个置为该值
综上，先对图进行tarjan，如果结果中没有树，则ans=环的数量，否则ans=环的数量+树的数量-1
对于方案，如果没有树，则从任意环中取出一个节点，以之为根，从其他所有环中各取一点与其相连。如果有树，则以某一棵树的根为总根，另其他树和环都与之相连，此时的father数组即为答案

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>const int maxn = 200000 + 5000;
int n;
int a[maxn];
int last[maxn], pre[maxn], other[maxn];
int tot = 1;
int dfn[maxn], low[maxn], sta[maxn];
bool vis[maxn];
int statot = 0;
int cur = 0;
int belong[maxn];
int point[maxn];        //  if k is a cycle then make point[k] connect to the root
int tim = 0;
int size[maxn];void tarjan(int x) {tim++;dfn[x] = low[x] = tim;statot++;sta[statot] = x;vis[x] = 1;for (int p = last[x]; p; p = pre[p]) {int q = other[p];if (!dfn[q]) {tarjan(q);low[x] = std :: min(low[x], low[q]);} else if (vis[q]) {low[x] = std :: min(low[x], dfn[q]);}}if (dfn[x] == low[x]) {cur++;while (sta[statot] != x) {vis[sta[statot]] = 0;size[cur]++;belong[sta[statot]] = cur;statot--;}statot--;belong[x] = cur;vis[x] = 0;size[cur]++;point[cur] = x;}
}
void add(int x, int y) {tot++;pre[tot] = last[x];last[x] = tot;other[tot] = y;
}
int main () {scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d", &a[i]);add(a[i], i);}for (int i = 1; i <= n; i++) {if (!dfn[i]) tarjan(i);}int ans = 0;int ansk = 0;for (int i = 1; i <= cur; i++) {if (size[i] == 1) {if (a[point[i]] == point[i]) {ans++;ansk = point[i];} } else {ans++;}}if (ansk > 0) ans--;printf("%d\n", ans);if (ansk == 0) {for (int i = 1; i <= cur; i++)if (size[i] > 1) {ansk = point[i];break;}}for (int i = 1; i <= cur; i++) {if (size[i] == 1 && a[point[i]] != point[i]) continue;a[point[i]] = ansk;}for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", a[i]);return 0;
}