CF 192 DIV2

A. Cakeminator

题目链接

大水题，前提是要看懂题目

思路：记录一行都不存在草莓的行数s1,一列都不存在草莓的列数s2，然后求总格数，公式：s=s1*m+s2*n-s1*s2

代码：

#include <stdio.h>//192 div.2 A
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using  namespace std;
const int M=100010;
char a[15][15];
int vis[15][15];
int num;
int main()
{int n,m,i,j;memset(vis,0,sizeof(vis));scanf("%d%d",&n,&m);for(i=0;i<n;i++)scanf("%s",a[i]);int s=0;int s1=0,s2=0;for(i=0;i<n;i++){for(j=0;j<m;j++){if(a[i][j]=='S')break;}if(j==m){s+=m;s1++;}}for(i=0;i<m;i++){for(j=0;j<n;j++){if(a[j][i]=='S')break;}if(j==n){s+=n;s2++;}}s-=(s1*s2);printf("%d\n",s);return 0;
}

B. Road Construction

也很水呀，没看清题目，竟然想得复杂了~

注意两点：1.任意两点之间的长度不超过2 ，2.不能相连的边数m<n/2........赤裸裸的直接找空点，把其他点都连在那个点上

如果没有第一个条件有第二个条件，也可以证明存在这样一个点能和其他所有点相连

证明：一个无向图的的联通图最多共有（n-1）*n/2条边，而m<2/n; 由于n*(n-1)/2-(n/2)=(n/2)(n-1)>=n-1,而n个点相连至少需要n-1条边，非常满足。。。。。唉~仔细推想就不会觉得难了

代码：

#include <stdio.h>//192 div.2 B
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
using  namespace std;
const int M=100010;
vector<int>p[M];
int vis[1001];
int f[1001][1001];
int s[1001];
int main()
{memset(f,0,sizeof(f));int n,m,i,a,b,j;cin>>n>>m;while(m--){cin>>a>>b;f[a][b]=1;f[b][a]=1;}int si=1;// int gg=0;for(i=1; i<=n; i++){int gg=0;for(j=1; j<=n; j++){if(f[i][j]==1){gg=1;break;}}if(gg==0){si=i;break;}}cout<<n-1<<endl;for(i=1; i<=n; i++){if(si!=i)cout<<si<<" "<<i<<endl;}return 0;
}

C. Purification

还是YY题呀，仔细想也是一水题

题意：放最少的炸弹把所有格子都炸掉，但放炸弹不能放在僵尸所在位置，求最少所需放炸弹的位置，不能全炸掉输出-1（当放一个炸弹就能把所在的行和列的所有格子炸掉）

思路：由题意可知，若要炸掉一个个点a(x,y)，那么被炸掉的条件必须是要么是a所在的行至少有一个炸弹，要么是a所在的列至少有一个炸弹，否则不能炸掉。那么就可以推出，一个n*n的格子，要全部被炸掉，必须是要么所有的行都至少有一个炸弹，要么是所有的列至少有一个炸弹，所以放炸弹的位置至少是n....那么求最少也就是n个位置。。。

那么就很简单了

代码：

#include <stdio.h>//192 div.2 C
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
using  namespace std;
const int M=100010;
char a[101][101];
int b[100002];
int vis[101][101];
int n;
int main()
{int i,j;memset(vis,0,sizeof(vis));scanf("%d",&n);for(i=1; i<=n; i++){getchar();for(j=1; j<=n; j++)scanf("%c",&a[i][j]);}int l=0,k=0;for(i=1; i<=n; i++){for(j=1; j<=n; j++){if(a[i][j]=='.'){b[l++]=i;b[l++]=j;k++;break;}}}if(k==n){for(int g=0; g<l; g+=2)cout<<b[g]<<" "<<b[g+1]<<endl;;}else{k=0,l=0;for(i=1; i<=n; i++){for(j=1; j<=n; j++){if(a[j][i]=='.'){b[l++]=j;b[l++]=i;k++;break;}}}if(k==n){for(int g=0; g<l; g+=2)cout<<b[g]<<" "<<b[g+1]<<endl;}elsecout<<"-1"<<endl;}return 0;
}

D. Biridian Forest

稍微认真思考，就发现是一道简单的BFS搜索题，不过需要仔细推敲

题意：一个人从森林起点走到森林出口，期间不能走有树的地方，期间还会和别的生物打斗，和一只生物打算一场打斗，问从S-E这期间至少打斗几次

思路：把问题转化为人用最少的时间走到E点才能避免更多的打斗，因为与别人相遇的次数减少了，也就是求最短路径。。等等，那怎么求呢？想象一下若这个人走的期间在某个格子和其他“人”打斗，所以那么从这个格子到E出口是需要一样时间的，我们可以把打斗的位置移到E出口位置，也就是想象成所有的打斗都在E出口位置进行，从而可以知道，若其他生物从它的位置到E出口的距离要小于等于人从S到E点的距离，生物才有可能在人到来之前等在E出口旁和人进行打斗！！！。。。

之前就想着所有生物到E出口的距离得要进行多少次BFS呀！后面换一个角度，从E到所有生物的距离！！！求吧，一次BFS就行

思路出来了，写代码就简单了

代码：

#include <stdio.h>//192 div.2 D
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
using  namespace std;
char a[1001][1001];
int step[1001][1001];
int dix[4]= {0,1,0,-1};
int diy[4]= {1,0,-1,0};
int n,m;
int ex,ey,sx,sy;
struct node
{int x,y;
} g[1001];
void bfs()
{queue<node>q;node cur,next;cur.x=ex;cur.y=ey;step[ex][ey]=0;q.push(cur);while(!q.empty()){cur=q.front();q.pop();for(int i=0; i<4; i++){next.x=cur.x+dix[i];next.y=cur.y+diy[i];if(next.x >=0 && next.x < n && next.y >= 0 && next.y < m){if(a[next.x][next.y]!='T' && step[next.x][next.y]==-1){step[next.x][next.y]=step[cur.x][cur.y]+1;q.push(next);}}}}
}
int main()
{memset(step,-1,sizeof(step));int i,j,s=0;scanf("%d%d",&n,&m);getchar();for(i=0; i<n; i++){scanf("%s",a[i]);}for(i=0; i<n; i++){for(j=0; j<m; j++)if(a[i][j]=='S'){sx=i;sy=j;i=n;j=m;}}for(i=0; i<n; i++){for(j=0; j<m; j++){if(a[i][j]=='E'){ex=i;ey=j;i=n;j=m;}}}bfs();int mmax=step[sx][sy];for(i=0; i<n; i++){for(j=0; j<m; j++){if(a[i][j]>='1'&& a[i][j]<='9'){if(step[i][j]!=-1 && step[i][j]<=mmax){s+=(a[i][j]-'0');}}}}cout<<s<<endl;return 0;
}

代码

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