CodeForces Round #286 Div.2

时间：2023-03-08 16:04:48

A. Mr. Kitayuta's Gift (枚举)

题意：

给一个长度不超过10的串，问能否通过插入一个字符使得新串成为回文串。

分析：

因为所给的串很多，所以可以枚举 “在哪插入” 和 “插入什么”，写一个二重循环枚举新串，判断是否为回文串。时间复杂度为O(n3)

还可只枚举插入位置(在那个位置用一个特殊字符表示)，在判断的时候，如果遇到特殊字符，则所插入的字符一定为镜像的字符。

 #include <cstdio>

 #include <cstring>

 char s[], s1[];

 int l;

 bool judge()

 {

     for(int i = ; i < (l+)/; ++i)

         if(s1[i] == ) s1[i] = s1[l-i];

         else if(s1[l-i] == ) s1[l-i] = s[i];

         else if(s1[i] != s1[l-i]) return false;

     return true;

 }

 int main()

 {

     scanf("%s", s);

     l = strlen(s);

     bool flag = false;

     for(int pos = ; pos <= l; ++pos)

     {//枚举所加入字符的位置,s1为得到的新串

         int i;

         for(i = ; i < pos; ++i) s1[i] = s[i];

         s1[i++] = ;

         for(; i <= l; ++i)s1[i] = s[i-];

         if(judge()) { flag = true; break; }

     }

     if(!flag) puts("NA");

     else

     {

         for(int i = ; i <= l; ++i)

             if(s1[i] == ) printf("a");

             else printf("%c", s1[i]);

     }

     return ;

 }

代码君

B. Mr. Kitayuta's Colorful Graph (并查集)

题意：

有一个多种颜色的无向图，给出每条边的两个顶点以及该边的颜色。

然后有若干次询问，每次询问两点间共有多少种颜色的通路。

分析：

这道题可以理解为二维的并查集。如果没有颜色的区分，可以判断两点是否连通。

现在给边染上颜色，则我们可以分开处理。最后在询问的时候枚举所有颜色，判断两点是否连通。

 #include <cstdio>

 #include <vector>

 #include <cstring>

 #include <algorithm>

 using namespace std;

 const int maxn =   + ;

 int G[maxn][maxn];

 int n, m;

 int p[maxn][maxn];

 //找颜色为color的边中，x的父节点

 int findp(int color, int x) { return x == p[color][x] ? x : p[color][x] = findp(color, p[color][x]); }

 struct Edge

 {

     int u, v;

     Edge(int u=, int v=):u(u), v(v) {}

 };

 vector<Edge> edges[maxn];

 int main()

 {

     //freopen("in.txt", "r", stdin);

     int n, m, Mc = ;

     scanf("%d%d", &n, &m);

     //并查集初始化

     for(int i = ; i <= m; ++i)

         for(int j = ; j <= n; ++j)

             p[i][j] = j;

     for(int i = ; i < m; ++i)

     {

         int a, b, c;

         scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);

         Mc = max(Mc, c);

         int pa = findp(c, a);

         int pb = findp(c, b);

         if(pa != pb) p[c][pa] = pb;

     }

     int Q;

     scanf("%d", &Q);

     for(int i = ; i < Q; ++i)

     {

         int u, v, cnt = ;

         scanf("%d%d", &u, &v);

         for(int c = ; c <= Mc; ++c) //枚举所有颜色

             if(findp(c, u) == findp(c, v))

                 cnt++;

         printf("%d\n", cnt);

     }

     return ;

 }

代码君

C. Mr. Kitayuta, the Treasure Hunter (DP)

题意：

参见原文吧，=_=||

Mr. Kitayuta, the Treasure Hunter

分析：

设dp(i, j)表示跳到第i个岛步长为j，wi表示第i个岛的宝石数，最大能取到的宝石数。

状态转移方程为 dp(i, j) = wi + max{dp(i+j-1, j-1), dp(i+j, j), dp(i+j+1, j+1)}

上式是从后往前推的，最终答案是dp(d, d)。

从前往后推也是一样的，不过要维护一个最大值。

还有一个很严重的问题就是：30000×30000的空间太大了！

再深入分析，其实步长的变化范围没有3w那么大。

假设每一步步长为前面步长加一，可以求出最大步长。类似地，求出最小步长。

假设d=1，最大步长不会超过245 + d，因为CodeForces Round #286 Div.2

同样的，如果d≤244，则最小步长为0.

如果d≥245，CodeForces Round #286 Div.2

所以，最小步长不会小于max{0, d - 245}.

 #include <cstdio>

 #include <algorithm>

 using namespace std;

 int max3(int a, int b, int c)

 { return max(max(a, b), c); }

 int w[], dp[][];

 int main()

 {

     //freopen("in.txt", "r", stdin);

     int n, d;

     scanf("%d%d", &n, &d);

     for(int i = ; i < n; ++i)

     {

         int x;

         scanf("%d", &x);

         w[x]++;

     }

     int maxp, minp = ;

     for(int n = ; ; n++) if(d*(n+)+n*(n+)/ >= )

     {

         maxp = d + n;   //最大步长

         break;

     }

     for(int n = ; d >= ; n++) if(d*(n+)-n*(n+)/ >= )

     {

         minp = d - n;   //最小步长

         break;

     }

     for(int x = ; x >= d; --x)

         for(int l = minp; l <= maxp; ++l)

             dp[x][l-minp+] = w[x] + max3(dp[x+l][l-minp+], dp[x+l+][l+-minp], dp[x+l-][l-minp]);

     printf("%d\n", dp[d][d+-minp]);

     return ;

 }

代码君

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