AtCoder Beginner Contest 264
A - "atcoder".substr()
Problem Statement
题意：截取字符串 atcoder的[L,R]一段并输出。
Solution
题解：
用string.substr直接写
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
string s = "?atcoder";
int l,r;
cin>>l>>r;
cout<<s.substr(l,r-l+1)<<endl;
return 0;
}
B - Nice Grid
Problem Statement
题意：给你一个图，由黑白块组成。
给你一个坐标问你是黑的还是白的
Solution
思路：直接暴力模拟
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
if(n==15||n==1||m==15||m==1)cout<<"black\n";
else if(n==2||n==14)cout<<"white\n";
else if(n==3||n==13)
{
if(m==2||m==14)cout<<"white\n";
else cout<<"black\n";
}
else if(n==4||n==12)
{
if(m==3||m==13)cout<<"black\n";
else cout<<"white\n";
}
else if(n==5||n==11)
{
if(m==2||m==4||m==14||m==12)cout<<"white\n";
else cout<<"black\n";
}
else if(n==6||n==10)
{
if(m==3||m==5||m==13||m==11)cout<<"black\n";
else cout<<"white\n";
}
else if(n==7||n==9)
{
if(m==2||m==4||m==6||m==10||m==12||m==14)cout<<"white\n";
else cout<<"black\n";
}
else
{
if(n%2)cout<<"black\n";
else cout<<"white\n";
}
return 0;
}
C - Matrix Reducing
Problem Statement
题意：给你两个矩阵，问你能否通过对第一个矩阵删除任意行和任意列得到第二个矩阵。
Solution
思路：数据范围只有10，直接暴力，二进制枚举选第一个矩阵的哪几个即可，再check是不是和第二个矩阵长得一样。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 15;
int a[N][N],b[N][N];
int main()
{
int h1,w1,h2,w2;
cin>>h1>>w1;
for(int i = 1;i<=h1;i++)
for(int j = 1;j<=w1;j++)
cin>>a[i][j];
cin>>h2>>w2;
for(int i = 1;i<=h2;i++)
for(int j = 1;j<=w2;j++)
cin>>b[i][j];
for(int i = 0;i<(1<<h1);i++)
{
for(int j = 0;j<(1<<w1);j++)
{
vector<int>x,y;
for(int k = 0;k<h1;k++)
if((i>>k)&1)x.push_back(k+1);
for(int k = 0;k<w1;k++)
if((j>>k)&1)y.push_back(k+1);
if((int)x.size()!=h2||(int)y.size()!=w2)continue;
bool ok = true;
for(int k = 1;k<=h2;k++)
{
for(int l = 1;l<=w2;l++)
{
if(a[x[k-1]][y[l-1]]!=b[k][l])
{
ok = false;
break;
}
}
if(!ok)break;
}
if(ok)
{
cout<<"Yes\n";
return 0;
}
}
}
cout<<"No\n";
return 0;
}
D - "redocta".swap(i,i+1)
Problem Statement
思路：给你一个字符串，你可以交换相邻两个位置的字符，问你至少交换多少次可以得到字符串atcoder.
Solution
思路：bfs。
当前串可以通过交换任意两个字符得到新串，代价为1，那可以考虑bfs写。
用map记录这个串有没有得到过，因为如果得到过，由现在的转移到得到过的串一定不会更优。
最后输出答案。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
string s;
cin>>s;
unordered_map<string,int>mp;
mp[s] = 0;
queue<string>q;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
string t = q.front();
q.pop();
if(t=="atcoder")
{
cout<<mp[t]<<endl;
return 0;
}
for(int i = 0;i<6;i++)
{
string cur = t;
swap(cur[i],cur[i+1]);
if(!mp[cur])
{
mp[cur] = mp[t]+1;
q.push(cur);
}
}
}
return 0;
}
E - Blackout 2
Problem Statement
题意：
一个国家由N个城市和M个发电厂。
一共由N+M个建筑，1,2...N个是城市，N+1,N+2...M个是发电厂。
这个国家由E条电线，告诉你这E条线的连接。
一个城市称为有电当且仅当可以到达至少一个发电厂。
现在有Q个事件，每次删去一条电线，询问删去后还有多少个城市有电。
Solution
思路：正向不好考虑，因为还要删边。我们考虑离线+反向加边。这样原本有电的不会变成没有电，就好处理很多。
那么我们要如何判断一个城市是否有电？
并查集。每次令父亲是大的那个,这样保证如果连到发电厂(>n),能被识别。还要注意记录每个并查集的大小，这样连接的时候才知道要加上几个。为什么这样是可以的呢？因为每个并查集只有一个父亲，那我们又令父亲是最大的，如果最大的都<=n，那说明没有电，如果此时连上了一个>n的，说明整个并查集的元素都可以有电。
即：
如果fx<=n&&fy>n,cnt += sz[fx],fa[fx] = fy
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5+10;
bool ok[N];
map<int,pair<int,int>>mp;
int evt[N];
vector<int>edge[N*2];
int fa[N],ans[N],sz[N];
int find(int x)
{
if(x==fa[x])
return x;
return fa[x] = find(fa[x]);
}
int main()
{
int n,m,e;
cin>>n>>m>>e;
for(int i = 1;i<=n+m;i++)
fa[i] = i;
for(int i = 1;i<=n;i++)
sz[i] = 1;
for(int i = 1;i<=e;i++)
{
int x,y;
cin>>x>>y;
mp[i] = {x,y};
}
int q;
cin>>q;
set<int>s;
for(int i = 1;i<=q;i++)
{
cin>>evt[i];
s.insert(evt[i]);
}
int cnt = 0;
for(int i = 1;i<=e;i++)
{
if(s.find(i)==s.end())
{
auto t = mp[i];
int x = t.first,y = t.second;
int fx = find(x),fy = find(y);
if(fx>fy)swap(fx,fy);
if(fx!=fy)
{
if(fx<=n&&fy>n)
cnt += sz[fx];
fa[fx] = fy;
sz[fy] += sz[fx];
}
}
}
for(int i = q;i>=1;i--)
{
ans[i] = cnt;
auto t = mp[evt[i]];
int x = t.first,y = t.second;
int fx = find(x),fy = find(y);
if(fx>fy)swap(fx,fy);
if(fx!=fy)
{
if(fx<=n&&fy>n)
cnt += sz[fx];
fa[fx] = fy;
sz[fy] += sz[fx];
}
}
for(int i = 1;i<=q;i++)
cout<<ans[i]<<endl;
return 0;
}