本文主要是介绍2020ICPC银川(A E G J K)，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
2020ICPC银川(A E G J K)
2020ICPC银川
A. Best Player（模拟）
在某一维方向上无法区分的点显然另两维坐标相同 ， 那么在当前维度上能区分的点个数就是本质不同的另两维坐标组成的点对的个数 ， 用set维护一下即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define int long long
const int INF = 9e18;
const int N = 2e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef pair<int,int>PII;int n;set<PII> x , y , z;signed main(){cin >> n;for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) {int a , b , c;cin >> a >> b >> c;x.insert({b , c});y.insert({a , c});z.insert({a , b});}int res = max({x.size() , y.size() , z.size()});if(x.size() == res) {cout << "X";} else if(y.size() == res) {cout << "Y";} else {cout << "Z";}return 0;
}
//freopen("文件名.in","r",stdin);
//freopen("文件名.out","w",stdout);
E. Isomerism（模拟）
根据题意模拟一下即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define int long long
const int INF = 9e18;
const int N = 2e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef pair<int,int>PII;map<string , int>mp;
string s[5];
int t;signed main(){mp["-F"] = 8;mp["-Cl"] = 7;mp["-Br"] = 6;mp["-I"] = 5;mp["-CH3"] = 4;mp["-CH2CH3"] = 3;mp["-CH2CH2CH3"] = 2;mp["-H"] = 1;cin >> t;while(t --) {for(int i = 1 ; i <= 4; i ++ ){cin >> s[i];}if(s[1] == s[3] || s[2] == s[4]) {cout << "None\n";} else if(s[1] == s[2] || s[3] == s[4]) {cout << "Cis\n";} else if(s[1] == s[4] || s[2] == s[3]) {cout << "Trans\n";} else {int tag1 = 0 , tag2 = 0;if(max(mp[s[1]] , mp[s[3]]) == mp[s[1]]) tag1 = 1;else tag1 = 2;if(max(mp[s[2]] , mp[s[4]]) == mp[s[2]]) tag2 = 1;else tag2 = 2;if(tag1 == tag2) {cout << "Zasamman\n";} else {cout << "Entgegen\n";}} }return 0;
}
//freopen("文件名.in","r",stdin);
//freopen("文件名.out","w",stdout);
G. Photograph(链表 + 模拟)
观察操作 ， 我们不难想到用链表模拟插入操作 ， 然后边插入边计算贡献 ， 但是这样需要维护插入的位置 ， 复杂度 nqlogn ， 显然不能接受 ， 考虑逆过程 ， 即删除操作 ， 删除操作并不需要维护插入位置 ， 边删除边计数 ， 复杂度 nq ， 直接模拟即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define int long long
const int INF = 9e18;
const int N = 1e5 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef pair<int,int>PII;int n , q;
int cnt[N] , h[N] , pos[N];
int nex_num(int x){ return (x + 1) % n; }
int cal(int x){ return x * x; }
int need[N];signed main(){cin >> n >> q;for(int i = 0 ; i < n ; i ++) cin >> h[i];for(int i = 0 ; i < n ; i ++) cin >> pos[i] , pos[i] -= 1;vector<int> pre(n + 2) , nex(n + 2) , pree(n + 2) , nexx(n + 2);/*n ... 1 - n - 1 ... n + 1*/pre[0] = n;//[0 - n - 1] -1 nnex[n] = 0;nex[n - 1] = n + 1;pre[n + 1] = n - 1;for(int i = 1 ; i <= n - 1 ; i ++) {pre[i] = i - 1;nex[i - 1] = i;}for(int i = 2 ; i <= q + 1 ; i ++) cin >> cnt[i];int prex = 0 , lans = 0;for(int i = 1 ; i <= q + 1 ; i ++) {int now = (prex + lans + cnt[i]) % n;prex = now;for(int j = now , cnt = 1 ; cnt <= n ; j = nex_num(j) , cnt += 1) {need[cnt] = pos[j];}pree = pre;nexx = nex;int res = 0 , ans = 0;for(int j = 1 ; j < n ; j ++) res += cal(h[j] - h[j - 1]);for(int j = n ; j >= 1 ; j --) {ans += res;int now = need[j];if(pree[now] != n) res -= cal(h[now] - h[pree[now]]);if(nexx[now] != n + 1) res -= cal(h[now] - h[nexx[now]]);if(pree[now] != n && nexx[now] != n + 1) res += cal(h[pree[now]] - h[nexx[now]]);nexx[pree[now]] = nexx[now];pree[nexx[now]] = pree[now];}cout << ans << "\n";lans = ans;}return 0;
}
//freopen("文件名.in","r",stdin);
//freopen("文件名.out","w",stdout);
J. Let’s Play Jigsaw Puzzles!(二维链表)
根据题意 ， 维护一个二维链表即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define int long long
const int INF = 9e18;
const int N = 2e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef pair<int,int>PII;int m , l[N] , r[N] , u[N] , d[N];
int a , b , c , dd;
//上 下 左 右signed main(){IOScin >> m;for(int i = 1 ; i <= m * m ; i ++) {cin >> a >> b >> c >> dd;u[i] = a;if(a != -1) d[a] = i;d[i] = b;if(b != -1) u[b] = i;l[i] = c;if(c != -1) r[c] = i;r[i] = dd;if(dd != -1) l[dd] = i;}int pos = 0;for(int i = 1 ; i <= m * m ; i ++) {if(u[i] == -1 && l[i] == -1) pos = i;}for(int i = pos ; i != -1 ; i = d[i]) {for(int j = i , k = 1 ; j != -1 && k <= m ; j = r[j] , k ++) {if(k != m) cout << j << " ";else cout << j ;}cout << "\n";}return 0;
}
//freopen("文件名.in","r",stdin);
//freopen("文件名.out","w",stdout);
K. Browser Games（字典树）
大意：对于前 i 个字符串找出一个最小的前缀集，使得前 i 个字符串都能在前缀集中找到前缀但是后 n - i 个字符串无法在前缀集中找到前缀 ， 求对于每一个 i 的最小前缀集大小。
思路：对于字符串的前缀问题 ， 考虑字典树 ， 我们先建立字典树 ， 然后对于出现的所有前缀全部计数。对于第 i 个前缀 ， 考虑把第 i 个字符串所对应的前缀计数全部删除 ， 那么现在树中的非 0 位置就是不能出现在前缀集中的前缀 ， 0 的位置就是可以出现在前缀集中的前缀 ， 对于所有可以出现在前缀集部分的前缀 ， 用最小的前缀代表即可让前缀集最小 。 最小前缀的位置即删除前缀时遇到的第一个 0 的位置 ， 这时考虑当前节点子树的贡献由原来的 x 变成现在的 1 ， 所以我们需要维护每一个节点所在子树的贡献然后 O1 的实现转移。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
//#define int long long
//const int INF = 9e18;
const int N = 2e6 + 5e5;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef pair<int,int>PII;
int tree[N][28] , cnt[N] , siz[N] , idx , n , fa[N];
string s;int get(char c) {if(c >= 'a' && c <= 'z') return c - 'a';if(c == '.') return 26;return 27;
}void insert(string s){int now = 0 , n = s.size();for(int i = 0 ; i < n ; i ++){int c = get(s[i]);if(!tree[now][c]) tree[now][c] = ++ idx;fa[tree[now][c]] = now;now = tree[now][c];//每一个now代表一个从根到当前节点的不同的前缀cnt[now] += 1;}
}
void query(string s , int& res){bool tag = 0;int now = 0 , n = s.size();for(int i = 0 ; i < n ; i ++){int c = get(s[i]);now = tree[now][c];cnt[now] -= 1;if(!cnt[now] && !tag) {res = res - siz[now] + 1;int val = siz[now];while(fa[now]) siz[fa[now]] += (1 - val) , now = fa[now]; break;}}
}signed main(){IOScin >> n;vector<string>ve;for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) {cin >> s;insert(s);ve.push_back(s);}int res = 0;for(int i = 0 ; i < n ; i ++) {query(ve[i] , res);cout << res << "\n";}return 0;
}
//freopen("文件名.in","r",stdin);
//freopen("文件名.out","w",stdout);
这篇关于2020ICPC银川(A E G J K)的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！
