A - First Player (abc304 a)
题目大意
依次给定每个人的姓名和年龄，排成一圈。从年龄最小的人依次输出姓名。
解题思路
找到年龄最小的，依次输出就好了。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector<pair<int, string>> p(n);
for(auto &i : p)
cin >> i.second >> i.first;
int st = min_element(p.begin(), p.end()) - p.begin();
for(int i = 0; i < n; ++ i){
cout << p[st].second << '\n';
st = (st + 1) % n;
}
return 0;
}
B - Subscribers (abc304 b)
题目大意
给定一个数字，如果其超过三位数，则仅保留其最高三位，低位数字全部置为0。
解题思路
读一个string，直接赋值即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
string s;
cin >> s;
if (s.size() > 3)
fill(s.begin() + 3, s.end(), '0');
cout << s << '\n';
return 0;
}
C - Virus (abc304 c)
题目大意
给定\(n\)个人的坐标，第一个人阳了，若两人的欧式距离\(\leq d\)，其中有一个阳了，则另一个也会阳。然后继续传染。
问最终每个人是否阳了。
解题思路
从第一个人直接\(BFS\)即可。时间复杂度为 \(O(n^2)\)。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n, d;
cin >> n >> d;
d *= d;
vector<array<int, 2>> p(n);
for(auto &i : p)
cin >> i[0] >> i[1];
vector<int> ans(n, 0);
ans[0] = 1;
queue<int> team;
team.push(0);
auto dis = [&](int x, int y){
return (p[x][0] - p[y][0]) * (p[x][0] - p[y][0]) + (p[x][1] - p[y][1]) * (p[x][1] - p[y][1]);
};
while(!team.empty()){
int u = team.front();
team.pop();
for(int i = 0; i < n; ++ i){
if (ans[i])
continue;
if (dis(i, u) <= d){
ans[i] = 1;
team.push(i);
}
}
}
for(int i = 0; i < n; ++ i)
if (ans[i])
cout << "Yes" << '\n';
else
cout << "No" << '\n';
return 0;
}
D - A Piece of Cake (abc304 d)
题目大意
一个\(h \times w\)的蛋糕，给定 \(n\)个草莓的位置，然后竖切 \(a\)刀，横切 \(b\)刀，给定切的位置，问切出来的 \((a+1)(b+1)\)块蛋糕中，草莓数量最少和最多分别是多少。不会把草莓切成两半。
解题思路
\(a \times b \leq 4e10\)，因此不能考虑每块蛋糕。但我们可以考虑每个草莓对蛋糕的贡献。
根据草莓的位置，每个草莓仅对一块蛋糕有贡献，因此我们就遍历每块草莓，令其对应蛋糕的草莓数加一。而求是哪块蛋糕，其实就看它位于哪一刀的右边和上边（左下坐标原点）即可，二分就可以找到。
最后看最大值和最小值即可。因为蛋糕的草莓数量是稀疏的，我们可以用 map记录，最后看map里的元素个数是否等于\((a+1)(b+1)\)，不等于说明有的蛋糕没有草莓。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int w, h, n, a, b;
cin >> w >> h >> n;
vector<array<int, 2>> s(n);
for(auto &i : s)
cin >> i[0] >> i[1];
cin >> a;
vector<int> vec(a);
for(auto &i : vec)
cin >> i;
cin >> b;
vector<int> hor(b);
for(auto &i : hor)
cin >> i;
map<LL, int> cnt;
int minn = n + 1, maxx = 0;
auto check = [&](int x, int y){
int pos1 = upper_bound(vec.begin(), vec.end(), x) - vec.begin();
int pos2 = upper_bound(hor.begin(), hor.end(), y) - hor.begin();
return 1ll * (a + 1) * pos2 + pos1;
};
for(auto &[x, y]: s){
LL id = check(x, y);
cnt[id] ++;
}
for(auto &[_, v] : cnt){
minn = min(minn, v);
maxx = max(maxx, v);
}
if (cnt.size() < 1ull * (a + 1) * (b + 1))
minn = 0;
cout << minn << ' ' << maxx << '\n';
return 0;
}
E - Good Graph (abc304 e)
题目大意
给定一张无向图，有\(k\)个限制，第 \(i\)个限制表示 点\(x_i\)和 点\(y_i\) 不能相互到达。原图满足这\(k\)条限制。
依次回答\(q\)个独立的询问，每个询问添加一条边\((u,v)\)后，是否还满足这 \(k\)个限制。
解题思路
题意相当于给了若干个连通块，然后要求一些连通块之间不能相互到达，然后问增加的边，是否导致两个不该连通的连通块连通。
那就给每个连通块标个号，然后把不能连通的连通块编号用set存起来，每个询问就问这条边的两个点所在的连通块标号是否在这个set里即可。
连通块标号、查点所在的连通块，用并查集即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
class dsu {
public:
vector<int> p;
int n;
dsu(int _n) : n(_n) {
p.resize(n);
iota(p.begin(), p.end(), 0);
}
inline int get(int x) {
return (x == p[x] ? x : (p[x] = get(p[x])));
}
inline bool unite(int x, int y) {
x = get(x);
y = get(y);
if (x != y) {
p[x] = y;
return true;
}
return false;
}
};
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
dsu d(n);
for(int i = 0; i < m; ++ i){
int u, v;
cin >> u >> v;
-- u, -- v;
d.unite(u, v);
}
int k;
cin >> k;
set<array<int, 2>> forbid;
for(int i = 0; i < k; ++ i){
int u, v;
cin >> u >> v;
-- u, -- v;
int fu = d.get(u), fv = d.get(v);
assert(fu != fv);
if (fu > fv)
swap(fu, fv);
forbid.insert({fu, fv});
}
int q;
cin >> q;
while(q--){
int u, v;
cin >> u >> v;
-- u, -- v;
int fu = d.get(u), fv = d.get(v);
if (fu > fv)
swap(fu, fv);
if (forbid.find({fu, fv}) == forbid.end()){
cout << "Yes" << '\n';
}else{
cout << "No" << '\n';
}
}
return 0;
}
F - Shift Table (abc304 f)
题目大意
给定高桥的\(n\)天值班情况。
问满足下述条件的青木的\(n\)天值班情况数量，满足每天他俩至少有一人值班，且青木的值班情况是关于\(m | n\)循环的，其中 \(m < n\)。
解题思路
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神奇的代码
G - Max of Medians (abc304 g)
题目大意
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解题思路
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神奇的代码
Ex - Constrained Topological Sort (abc304 h)
题目大意
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解题思路
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神奇的代码
标签：AtCoder,cout,Beginner,int,304,cin,long,tie,using From： https://www.cnblogs.com/Lanly/p/17454999.html