Hello大家好，今天给大家带来的是 Codeforces Round #734 (Div. 3) 的全题目讲解。

本文链接：https://www.lanqiao.cn/questions/204012

感谢蓝桥云课的 Lqyk 同学提供的题解。

A. Polycarp and Coins

题目链接

https://codeforces.com/contest/1551/problem/A

题目大意

有一个人买东西付钱只用一元钱和二元钱，现在他要付 nnn 元，他使用一元钱的数量和二元钱数量的差值要最小，问他付 nnn 元使用了多少一元钱和二元钱？

解题思路

差值最小的话一元钱和二元钱的数量比例要接近 1:11 : 11:1 ，那么总共三元钱，那么每份都使用的 n/3n / 3n/3 ,最后只要判断一下剩下的钱是0,1,20, 1, 20,1,2 元的情况即可。

AC_Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{std::ios::sync_with_stdio(false);int t;cin >> t;while(t--){ll n;cin >> n;ll a = n / 3;ll b = n / 3;if(n % 3 == 2) b++;else if(n % 3 == 1) a++;cout << a << " " << b << endl;}return 0;
}

B1. Wonderful Coloring - 1

题目链接

https://codeforces.com/contest/1551/problem/B1

题目大意

nnn 个字符要么染成红绿俩种颜色，要么不染色。

相同颜色的字符俩俩不同。

红绿俩种颜色的字符数量相同。

满足以上三个条件，每种颜色被染色的字符数量是多少？

解题思路

相同的字符每种颜色最多染一个，因此只要对出现次数 ≥2\geq 2≥2 的字符和出现一次的字符分别讨论就行。

出现次数 ≥2\geq 2≥2 的字符, 每种颜色都能分到一个，答案加上这些字符的种类数。

出现一次的，红一个，绿一个，答案加上这些字符种类数除以二（向下取整）。

AC_Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{std::ios::sync_with_stdio(false);int t;cin >> t;while(t--){string s;cin >> s;map<char, int> mp;int ans = 0;for(int i = 0;i < s.size();i++) mp[s[i]]++;int cnt = 0;for(auto i : mp){if(i.second >= 2) ans++;else cnt++;}cout << ans + cnt / 2 << endl;}return 0;
}

B2. Wonderful Coloring - 2

题目链接

https://codeforces.com/contest/1551/problem/B2

题目大意

nnn 个数字，染成 kkk 种颜色，要么不染色。

相同颜色的数字的值是俩俩不同的。

所有的 kkk 种颜色的数字数量应该相同。

染色的数字的数量要最多。

用 0−k0 - k0−k 表示染色的颜色种类 (000 表示不染色) ，求满足上述条件的染色方案。

解题思路

和 B1B1B1 一样的思路，考虑将出现次数≥k\geq k≥k 的数字和出现次数 <k< k<k 的分开讨论。

出现次数 ≥k\geq k≥k 的字符, 每种颜色都能分到一个, 所以把位置存储下来直接染色即可。

出现次数 <k< k<k 的集中到一起，为了防止相同的数字染成同一种颜色，所以先排序在按顺序对下标染色。

AC_Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 50;
struct node{int id, val;bool operator < (const node &p) const{return val < p.val;}
};
vector<int> num[maxn]; //统计某种数字出现的次数
vector<node> q; //集中<k的数字
int main()
{std::ios::sync_with_stdio(false);int t;cin >> t;while(t--){int n, k;cin >> n >> k;vector<int> ans(n + 1, 0), vis(n + 1, 0), a(n + 1);for(int i = 1;i <= n;i++) num[i].clear(); q.clear();for(int i = 1;i <= n;i++){cin >> a[i];num[a[i]].push_back(i);}for(int i = 1;i <= n;i++){if(num[i].size() >= k){for(int j = 0;j < num[i].size();j++){ans[num[i][j]] = j + 1;}vis[i] = 1;//标记是否>=k}}for(int i = 1;i <= n;i++){if(!vis[a[i]]){q.push_back({i, a[i]});}}sort(q.begin(), q.end());int sum = q.size() / k * k, v = 1;//取整，从1开始染色for(int i = 0;i < sum;i++){ans[q[i].id] = v++;if(v == k + 1) v = 1;}for(int i = 1;i <= n;i++){if(ans[i] > k) cout << 0 << " ";//大于K都是多的，都不染色else cout << ans[i] << " ";}cout << endl;}return 0;
}

C. Interesting Story

题目链接

https://codeforces.com/contest/1551/problem/C

题目大意

从 nnn 个只包含 a、b、c、d、ea、b、c、d、ea、b、c、d、e 的字符串中选择若干个，使得某一个单一字符的出现次数大于其余四个总和，问最多可以选多少个字符串。

解题思路

我们可以记录每个字符串 a、b、c、d、ea、b、c、d、ea、b、c、d、e 出现的次数，然后枚举 a、b、c、d、ea、b、c、d、ea、b、c、d、e 分别作为大于其他四个字符总和的情况。

假设当前枚举 aaa 第 iii 个字符串 aaa 出现的次数为 sumsumsum, 其余四个总和为 nownownow ,那么他们的差值 sum−nowsum - nowsum−now 为正的时候是可以选的，为了选择更多，我们贪心的将 sum−nowsum - nowsum−now 的值从大到小排序，不断加入字符串, 保持总和 ≥0\geq 0≥0即可。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5 + 50;
int a[maxn], b[maxn], c[maxn], d[maxn], e[maxn];
int n;
int get_a(){vector<ll> ans;for(int i = 0;i < n;i++){ll sum = a[i];ll now = b[i] + c[i] + d[i] + e[i];ans.push_back(sum - now);}sort(ans.rbegin(), ans.rend());ll k = 0;int cnt = 0;for(int i = 0;i < n;i++){if(k + ans[i] > 0LL) {cnt++;k += ans[i];}else break;}return cnt;
}
int get_b(){vector<ll> ans;for(int i = 0;i < n;i++){ll sum = b[i];ll now = a[i] + c[i] + d[i] + e[i];ans.push_back(sum - now);}sort(ans.rbegin(), ans.rend());ll k = 0;int cnt = 0;for(int i = 0;i < n;i++){if(k + ans[i] > 0LL) {cnt++;k += ans[i];}else break;}return cnt;
}
int get_c(){vector<ll> ans;for(int i = 0;i < n;i++){ll sum = c[i];ll now = a[i] + b[i] + d[i] + e[i];ans.push_back(sum - now);}sort(ans.rbegin(), ans.rend());ll k = 0;int cnt = 0;for(int i = 0;i < n;i++){if(k + ans[i] > 0LL) {cnt++;k += ans[i];}else break;}return cnt;
}
int get_d(){vector<ll> ans;for(int i = 0;i < n;i++){ll sum = d[i];ll now = a[i] + b[i] + c[i] + e[i];ans.push_back(sum - now);}sort(ans.rbegin(), ans.rend());ll k = 0;int cnt = 0;for(int i = 0;i < n;i++){if(k + ans[i] > 0LL) {cnt++;k += ans[i];}else break;}return cnt;
}
int get_e(){vector<ll> ans;for(int i = 0;i < n;i++){ll sum = e[i];ll now = a[i] + b[i] + c[i] + d[i];ans.push_back(sum - now);}sort(ans.rbegin(), ans.rend());ll k = 0;int cnt = 0;for(int i = 0;i < n;i++){if(k + ans[i] > 0LL) {cnt++;k += ans[i];}else break;}return cnt;
}
int main()
{std::ios::sync_with_stdio(false);int t;cin >> t;while(t--){cin >> n;for(int i = 0;i <= n;i++) a[i] = b[i] = c[i] = d[i]= e[i] = 0;for(int i = 0;i < n;i++){string s;cin >> s;for(int j = 0; j < s.size();j++){if(s[j] == 'a') a[i]++;else if(s[j] == 'b') b[i]++;else if(s[j] == 'c') c[i]++;else if(s[j] == 'd') d[i]++;else if(s[j] == 'e') e[i]++;}}int ans = 0;ans = max(ans, get_a());ans = max(ans, get_b());ans = max(ans, get_c());ans = max(ans, get_d());ans = max(ans, get_e());cout << ans << endl;}return 0;
}

D1. Domino (easy version)

题目链接

https://codeforces.com/contest/1551/problem/D1

题目大意

在 $n * m $ 的网格图放 1×21\times21×2 (横着)或者 2×12\times12×1（竖着）的多米若骨牌，在 n∗mn * mn∗m 为偶数的情况下，是否能恰好放 kkk 个横着的多米洛骨牌。

解题思路

考虑为什么题意给的是 n∗mn*mn∗m 都是偶数，而不是 n、mn、mn、m 都是偶数。

当 n、mn、mn、m 都为偶数的时候， 2×22\times22×2 的方格可以任意放 $2 $ 个 1×21\times21×2 横着的或者 2×12 \times 12×1竖着的，并且它们都是偶数成对出现的，因此我们就可以分割图面为若干个 2×22\times22×2的网格，此时 kkk 为偶数才能满足条件。

假设若 nnn 为奇数，画图不难发现必定要放 m/2m/2m/2 个横着的，同理，若 mmm 为奇数，必定要放n/2n / 2n/2 个竖着的，多出来的行列铺满横的或者竖的后就转化偶数情况。

因此只要判断总得减去必定放的是否放得下 kkk个并且 kkk 要大于必定放横的数量。

AC_Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{std::ios::sync_with_stdio(false);int t;cin >> t;while(t--){int n, m, k;cin >> n >> m >> k;int tot = n * m / 2;if(n % 2){k -= m / 2;tot -= m / 2;}if(m % 2) tot -= n / 2;if(k < 0 || k % 2 || k > tot){cout << "NO\n";continue;}cout << "YES\n";}return 0;
}

D2. Domino (hard version)

题目链接

https://codeforces.com/contest/1551/problem/D2

题目大意

在 n×mn \times mn×m 的网格图放 1×21\times21×2 (横着)或者 2×12\times12×1（竖着）的多米若骨牌，在 n×mn \times mn×m 为偶数的情况下，是否能恰好放 kkk 个横着的多米洛骨牌,用字符输出摆放图案。

解题思路

D1D1D1 的思路能讨论出来后，就按照讨论分别构造即可。

首先先判断有没有奇数的行、列，从 a−za - za−z 任意找俩个个字符填充完。

然后将这多的行列暂时删去，当成 n,mn,mn,m 都为偶数填充。

先填充 kkk 个横着的，剩下的 2×22\times22×2 填充竖着的即可，唯一的问题就是相邻的字符会重复的问题，我们可以根据下标的奇偶关系来交替填充不同字符，当然字符从a−za - za−z 自己挑。

AC_Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 200;
char ans[maxn][maxn];
int main()
{std::ios::sync_with_stdio(false);int t;cin >> t;while(t--){int n, m, k;cin >> n >> m >> k;int tot = n * m / 2;for(int i = 1;i <= n;i++){for(int j = 1;j <= m;j++){ans[i][j] = '#';}}int nn = n, mm = m;if(n % 2){k -= m / 2;tot -= m / 2;int cnt = 1;for(int j = 1;j <= m;j += 2){//最后一行放满横的if(cnt % 2) ans[n][j] = ans[n][j + 1] = 'o';else ans[n][j] = ans[n][j + 1] = 'p';cnt++;}n--;}if(m % 2){tot -= n / 2;int cnt = 1;for(int i = 1;i <= n;i += 2){if(cnt % 2) ans[i][m] = ans[i + 1][m] = 'x';else ans[i][m] = ans[i + 1][m] = 'y';cnt++;}m--;}if(k < 0 || k % 2 || k > tot){cout << "NO\n";continue;}int cnt = 1;for(int j = 1;j <= m;j += 2){cnt ++;for(int i = 1;i <= n;i++){if(k != 0){if((i + cnt) & 1) ans[i][j] = ans[i][j + 1] = 'a';else ans[i][j] = ans[i][j + 1] = 'b';k--;}if(!k) break;}if(!k) break;}for(int i = 1;i <= n;i += 2){cnt++;for(int j = 1;j <= m;j++){if(ans[i][j] == '#'){if((j + cnt) & 1) ans[i][j] = ans[i + 1][j] = 'k';else ans[i][j] = ans[i + 1][j] = 'v';}}}cout << "YES\n";for(int i = 1;i <= nn;i++){for(int j = 1;j <= mm;j++){cout << ans[i][j];}cout << endl;}}return 0;
}

E. Fixed Points

题目链接

https://codeforces.com/contest/1551/problem/E

题目大意

给定一个长度为 nnn 的数组 aaa 和一个常数 kkk。

现有一种操作，操作内容为选择数组 aaa 中任意一个数 aia_iai 并删除它，删除之后 aia_iai 右边的数将全部向右移动一位，即 ai−1,ai，ai+1,ai+2,...,an→ai−1,ai+1,ai+2,ai+3,...,ana_{i-1},a_i，a_{i+1},a_{i+2},...,a_n\rightarrow a_{i-1},a_{i+1},a_{i+2},a_{i+3},...,a_{n}ai−1,ai，ai+1,ai+2,...,an→ai−1,ai+1,ai+2,ai+3,...,an。

定义 b1,b2,...,bmb_1,b_2,...,b_mb1,b2,...,bm 为 aaa 进行若干次操作后的数组，问最少要进行多少次操作，可以使得 bi=ib_i=ibi=i 的个数大于等于 kkk。

解题思路

因为本题的数据范围不大 1≤k≤n≤2×1031\leq k\leq n\leq 2\times10^31≤k≤n≤2×103，所以不难想到用 dpdpdp 来解决。

定义 fi,jf_{i,j}fi,j 表示数组 aaa 的前 iii 个数，删除了jjj 个后， bh=h(1≤h≤i)b_h=h(1\leq h\leq i)bh=h(1≤h≤i) 的最大个数。

于是当前的这个数 aia_iai，有两种决策：

删除 aia_iai：删除 aia_iai 后 aia_iai 就带来任何贡献，即 fi,j=fi−1,j−1f_{i,j} = f_{i-1,j-1}fi,j=fi−1,j−1。

不删除 aia_iai：此时已经删除了 jjj 个数，那么 aia_iai 的位置为 i−ji-ji−j，所以 fi,j=fi−1,j+[ai==i−j]f_{i,j} = f_{i-1,j} + [a_i == i-j]fi,j=fi−1,j+[ai==i−j]

最后从小到大枚举删除的个数 jjj，若 fn,j≥kf_{n,j} \geq kfn,j≥k，则该 jjj 为答案。

AC_Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e3 + 10;
int n , k , a[N], f[N][N];
signed main()
{int T = 1;cin >> T;while(T --){cin >> n >> k;memset(f , 0 , sizeof(int) * n * n);for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) cin >> a[i];for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){for(int j = 0 ; j <= i ; j ++){if(!j) f[i][j] = f[i - 1][j] + (a[i] == i - j);else f[i][j] = max(f[i - 1][j - 1], f[i - 1][j] + (a[i] == i - j));}}bool flag = 0;for(int j = 0 ; j <= n ; j ++) if(f[n][j] >= k){cout << j << '\n';flag = 1;break ;}if(!flag) cout << -1 << '\n';}return 0;
}

F. Equidistant Vertices

题目链接

https://codeforces.com/contest/1551/problem/F

题目大意

给定一个包含 nnn 个节点的树和一个常数 KKK，要求你树中选择 KKK 个节点并放入集合，使得集合内任意两点之间的距离都相等，问有多少种不同的选择方法。

解题思路

当 K=2K = 2K=2 时，无论怎么选取，集合内都只存在一种距离，满足条件，所以答案为 Cn2C_{n}^{2}Cn2。

当 K>2K > 2K>2 时，则必然存在一个点 uuu，使得集合内的点分别位于 uuu 的不同分支上，且到 uuu 的距离相等（证明略），我们定义这样的 uuu 为集合的中心

我们以 uuu 作为集合的中心，枚举集合内的点到 uuu 的距离，设当前枚举的距离为 ddd。

那么在以 uuu 为根的树里，如果超过 KKK 个分支中存在与 uuu 的距离大于等于 ddd 的节点，则我们可以选择从这些分支中挑选 KKK 个作为方案。定义这些分支为有效分支，并有效分支的个数为 cntcntcnt，那么能带来的方案数为 CcntKC_{cnt}^{K}CcntK？不对，因为某些有效分支中可能不仅仅存在一个与 uuu 距离大于等于 ddd 的节点，它们所能带来的方案数不能被忽略，也不好直接计算，于是考虑 dpdpdp！

我们先定义 f[u][j]f[u][j]f[u][j] 表示在以 vvv 为根的子树中，与 vvv 距离为 jjj 的节点的个数，那么：

当 vvv 为 uuu 儿子节点时，f[u][j]=f[v,j−1]f[u][j] = f[v,j-1]f[u][j]=f[v,j−1]

当 vvv 为 uuu 父亲节点时：

f[u][j]+=f[v][j−1],(j=1)f[u][j] += f[v][j-1] ,(j=1)f[u][j]+=f[v][j−1],(j=1)

f[u][j]+=f[v][j−1]−f[u][j−2](j≥2)f[u][j] += f[v][j - 1] - f[u][j - 2] (j\geq2)f[u][j]+=f[v][j−1]−f[u][j−2](j≥2)

我们再定义 dp[u][j][k]dp[u][j][k]dp[u][j][k] 表示以 uuu 为根，从 uuu 的前 jjj 个有效分支中，选择 kkk 个有效分支的方案数，那么对于第 jjj 个有效分支（设为 vvv），有以下两种决策：

选择第 jjj 个有效分支：dp[u][j][k]=dp[u][j−1][k−1]×Cf[v][d−1]1=dp[u][j−1][k−1]×f[v][d−1]dp[u][j][k] = dp[u][j - 1][k - 1] \times C_{f[v][d-1]}^{1} = dp[u][j - 1][k - 1] \times f[v][d-1]dp[u][j][k]=dp[u][j−1][k−1]×Cf[v][d−1]1=dp[u][j−1][k−1]×f[v][d−1].

f[v][d−1]f[v][d-1]f[v][d−1] 表示 vvv 的子树中与 vvv 距离大于 d−1d-1d−1 的节点个数，即与 uuu 距离大于等于 ddd 的节点个数
Cf[v][d]1C_{f[v][d]}^1Cf[v][d]1 表示从这些节点中任意挑选一个

不选择第 jjj 个有效分支：dp[u][j][k]=dp[u][j−1][k]dp[u][j][k] = dp[u][j - 1][k]dp[u][j][k]=dp[u][j−1][k]

对于每次枚举的距离 ddd ，uuu 对答案的贡献为 dp[u][cnt][K]dp[u][cnt][K]dp[u][cnt][K]

AC_Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e2 + 10, mod = 1e9 + 7;
struct Edge
{int nex, to;
} edge[N << 1];
int head[N] , TOT;
int n , K , f[N][N];
long long res , dp[N][N][N];
void add_edge(int u, int v)
{edge[++ TOT].nex = head[u];edge[TOT].to = v;head[u] = TOT;
}
void init()
{for(int i = 0 ; i <= n + 1 ; i ++) head[i] = 0;TOT = 0;
}
void dfs(int u, int far)
{for(int i = head[u] ; i ; i = edge[i].nex){int v = edge[i].to;if(v == far) continue ;dfs(v, u);for(int j = 1 ; j <= n ; j ++) f[u][j] += f[v][j - 1];}f[u][0] = 1;
}
void dfs1(int u , int far)
{memset(dp , 0 , sizeof(int) * n * n * n);for(int j = 1 ; j <= n ; j ++){dp[u][0][0] = 1;int cnt = 0;for(int i = head[u] ; i ; i = edge[i].nex){int v = edge[i].to;if(v == far){if(j == 1){dp[u][++ cnt][0] = 1;for(int k = cnt ; k >= 1 ; k --) dp[u][cnt][k] = (dp[u][cnt - 1][k] + dp[u][cnt - 1][k - 1]) % mod;}else{if(f[far][j - 1] - f[u][j - 2] > 0){dp[u][++ cnt][0] = 1;for(int k = cnt ; k >= 1 ; k --) dp[u][cnt][k] = (dp[u][cnt - 1][k] + dp[u][cnt - 1][k - 1] * (f[far][j - 1] - f[u][j - 2]) % mod) % mod;}}}else{if(f[v][j - 1]){dp[u][++ cnt][0] = 1;for(int k = cnt ; k >= 1 ; k --) dp[u][cnt][k] = (dp[u][cnt - 1][k] + dp[u][cnt - 1][k - 1] * f[v][j - 1] % mod) % mod;}}}res += dp[u][cnt][K] , res %= mod;}if(u != 1){for(int j = n ; j >= 1 ; j --){if(j == 1) f[u][j] += f[far][0];else f[u][j] += (f[far][j - 1] - f[u][j - 2]);}}for(int i = head[u] ; i ; i = edge[i].nex){int v = edge[i].to;if(v == far) continue ;dfs1(v, u);}
}
signed main()
{int T = 1;cin >> T;while(T --){init();res = 0;cin >> n >> K ;for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) for(int j = 1 ; j <= n + 1; j ++) f[i][j] = 0;for(int i = 1 ; i < n ; i ++){int u, v;cin >> u >> v;add_edge(u, v), add_edge(v, u);}if(K == 2){cout << n * (n - 1) / 2 << '\n';continue ;}dfs(1, 0) , dfs1(1, 0);cout << res << '\n';}return 0;
}

如有编写错误或者疑惑请评论告诉我，我会第一时间回应的（如果代码在终测中挂掉了，也请评论告知我谢谢！！！）

本文作者：Lqyk

本文链接：https://www.lanqiao.cn/questions/204012

Codeforces Round #734 (Div. 3) 题解相关推荐

Codeforces Round #514 (Div. 2)题解
Codeforces Round #514 (Div. 2)题解 A 喵,直接模拟. B 枚举所有盖章时的,合法的,左上角的位置.能盖的话就盖一下.最后check一下图案是否相等即可 C 一轮一轮的扔 ...
Codeforces Round #182 (Div. 1)题解【ABCD】
Codeforces Round #182 (Div. 1)题解 A题:Yaroslav and Sequence1 题意: 给你$2*n+1$个元素,你每次可以进行无数种操作,每次操作必须选择其 ...
【算法题解】Codeforces Round #817 (Div. 4)题解
文章目录 Codeforces Round #817 (Div. 4)题解 A. Spell Check B. Colourblindness C. Word Game D. Line E. Coun ...
Codeforces Round #747 (Div. 2)题解
Codeforces Round #747 (Div. 2)题解 (本博客将持续更新以后每场CF div2的题解,喜欢ACM.OI的小伙伴记得点个关注哟) 昨天夜晚刷网络流刷入迷了,渐渐就忘记了我还要 ...
Codeforces Round #789 (Div. 2)题解
Codeforces Round #789 (Div. 2)题解 A. Tokitsukaze and All Zero Sequence 原题链接算法标签贪心排序思路情况一:数组存在零 → ...
Codeforces Round #748 (Div. 3) 题解完整A~G
Codeforces Round #748 (Div. 3) 题解 A. Elections 题意已知竞选中三个候选人的当前得票数 a , b , c a,b,c a,b,c,现在可以增加任何一个人 ...
Codeforces Round #533 (Div. 2)题解
link orz olinr AK Codeforces Round #533 (Div. 2) 中文水平和英文水平都太渣..翻译不准确见谅 T1.给定n<=1000个整数,你需要钦定一个值t, ...
Codeforces Round #462 (Div. 2)题解
Codeforces Round #462 (Div. 2) B题--我固执的认为1e18是18位数,导致被hack,花了20分钟才检查出这个错误,很僵硬 Codeforces 934C 题意给定一 ...
Codeforces Round #441 Div. 2题解
A.直接判断相邻的边是不是最短边是就来回走不然就走一条第二的然后再来回走 #include<cstdio> #include<cstring> #include<al ...

Codeforces Round #734 (Div. 3) 题解

A. Polycarp and Coins

题目链接

题目大意

解题思路

AC_Code

B1. Wonderful Coloring - 1

题目链接

题目大意

解题思路

AC_Code

B2. Wonderful Coloring - 2

题目链接

题目大意

解题思路

AC_Code

C. Interesting Story

题目链接

题目大意

解题思路

AC代码

D1. Domino (easy version)

题目链接

题目大意

解题思路

AC_Code

D2. Domino (hard version)

题目链接

题目大意

解题思路

AC_Code

E. Fixed Points

题目链接

题目大意

解题思路

AC_Code

F. Equidistant Vertices

题目链接

题目大意

解题思路

AC_Code

Codeforces Round #734 (Div. 3) 题解相关推荐

最新文章

热门文章