Codeforces Round 920 (Div. 3) A~G

本文主要是介绍Codeforces Round 920 (Div. 3) A~G，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！

A.Square(思维)

题意：

给出正方形四个点的坐标，求出该正方形的面积。

分析：

统计行列坐标的最大最小值，然后计算得到边长，通过边长即可得到面积。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;void solve() {int maxx = -1001, minx = 1001;for (int i = 0; i < 4; i++) {int x, y;cin >> x >> y;maxx = max(maxx, x);minx = min(minx, x);}cout << (maxx - minx) * (maxx - minx) << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

B.Arranging Cats(贪心)

题意：

有 $n$ 个盒子，每个盒子分为两种状态：

$b_i = 1$ ：第 $i$ 个盒子中有一只猫
$b_i = 0$ ：第 $i$ 个盒子中没有猫

你可以进行若干次操作，每次操作可以选择以下三种操作中的一种：

把一只猫放入空的盒子中
把一只猫从盒子里拿出来
从某个盒子里拿出一只猫，并把这只猫放到另一个盒子里

给出目前盒子的状态序列: $s_1, ..., s_n$ ，问将该序列修改为目标序列： $f_1, ..., f_n$ 至少需要几次操作。

分析：

首先思考应该优先选择哪个操作，不难发现操作3能同时改变两个盒子的状态，另外两种操作只能改变一个盒子的状态，因此，要优先选择操作3.

定义 $a dd$ 为序列中 $s_i = 0$ 但 $f_i = 1$ 的个数， $s u b$ 为序列中 $s_i = 1$ 但 $f_i = 0$ 的个数。

那么可以使用的操作3的次数即为 $min (a dd, s u b)$ ，同时不难发现，剩余所需的操作为 $∣ a dd - s u b ∣$ ，因此实际所需的总操作次数为 $ma x (a dd, s u b)$ ，统计完直接输出即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
const int N = 1e5 + 5e2;int n;
string a, b;void solve() {cin >> n >> a >> b;int add = 0, sub = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {if (a[i] > b[i]) sub++;else if (a[i] < b[i]) add++;}cout << max(sub, add) << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

C.Sending Messages(贪心)

题意：

有 $n$ 封邮件需要发送，这些邮件需要在 $m_1, m_2, ..., m_n$ 时间发送，而邮件均需使用手机发送，手机一开始（0时刻）拥有 $f$ 格电，且如果处于开机状态那么每单位时间会消耗 $a$ 格电，你也可以选择消耗 $b$ 格电将手机关机，而开机不需要消耗电量，同时开关机所需的时间忽略不计。

在0时刻时手机处于开机状态，能否发完这 $n$ 封邮件。

分析：

实际上只需要考虑发相邻两封邮件之间所需的时间，如果开机耗电更少就选择开机，开机耗电更大就选择关机，统计所需的总电量，再与开始时的电量比较，如果足够（开始电量大于消耗电量），那么就可以完成，否则就是不能完成。

坑点：

要注意计算耗电量时会超过int范围，需要使用long long类型存储数据。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5e2;ll n, f, a, b, m[N];void solve() {cin >> n >> f >> a >> b;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> m[i];if (f <= 0) continue;if ((m[i] - m[i - 1]) * a > b) {f -= b;} else {f -= (m[i] - m[i - 1]) * a;}}if (f > 0) cout << "Yes" << endl;else cout << "No" << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

D.Very Different Array(贪心)

题意：

给出一个包含 $n$ 个数字的序列 $A = a_1, a_2, ..., a_n$ 和一个包含 $\ge n)$ 个数字的序列 $B = b_1, b_2, ..., b_m$ ，你可以从序列 $B$ 中取出 $n$ 个数字并任意重排获得序列 $C = c_1, c_2, ..., c_n$ ，求最大的 $\sum\limits_{i = 1}^{n}|a_i - c_i|$ 。

分析：

先简化问题，思考从 $A$ 中取出一个数字 $x$ ， $B$ 中取出一个数字 $y$ ，该怎么得到最大的 $∣ x - y ∣$ ，不难想到，答案会是以下两种情况之一：

$x$ 为 $A$ 中最大的数字， $y$ 为 $B$ 中最小的数字。
$x$ 为 $A$ 中最小的数字， $y$ 为 $B$ 中最大的数字。

基于这个贪心的思路，先将输入的 $A, B$ 序列进行排序，并使用双指针维护这两个序列中最大最小的数字，并按以上思路进行取数，每次选择两个方案中较大的一个，序列 $A$ 中所有数字均被取完后就得到了最大的 $D$ 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5e2;ll n, m, a[N], b[N];void solve() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];for (int j = 1; j <= m; j++) cin >> b[j];sort(a + 1, a + n + 1); sort(b + 1, b + m + 1);ll ans = 0;int la = 1, ra = n, lb = 1, rb = m;while (la <= ra) {if (abs(a[la] - b[rb]) >= abs(a[ra] - b[lb])) {ans += abs(a[la++] - b[rb--]);} else {ans += abs(a[ra--] - b[lb++]);}}cout << ans << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

E.Eat the Chip(思维)

题意：

有一个 $\times m$ 的棋盘，Alice和Bob各有一枚棋子，分别在棋盘上的 $x_a, y_a), (x_b, y_b)$ 坐标上。

Alice作为先手，Bob作为后手。

Alice每轮操作可以选择将棋子移动到 $x_a + 1, y_a), (x_a + 1, y_a + 1), (x_a + 1, y_a - 1)$ 三个位置中的一个。

Bob每轮操作可以选择将棋子移动到 $x_b - 1, y_b), (x_b - 1, y_b + 1), (x_b - 1, y_b - 1)$ 三个位置中的一个。

如果某个选手的棋子可以在移动后到达另一个棋子的位置上，那么另一个选手的棋子就被吃掉了，该选手就赢下了这场比赛。

问：谁可以赢下这场比赛？

分析：

首先在开始时就可以思考平局的情况，由于Alice的棋子只能向下移动，Bob的棋子只能向下移动，那么如果开始时Alice的棋子的位置已经在Bob的棋子同一层或是更低一层的位置上时，双方一定无法吃掉对方的棋子，此时必然平局。

然后考虑双方棋子之间差了多少行，如果差的行数是奇数，那么此时必然为Alice操作，那么只有Alice可能会胜利，反之，如果差的行数为偶数，那么只有Bob可能会获得胜利。

然后考虑当某一位选手可能胜利时，双方各自会选择什么策略，这里以Alice可能胜利的情况为例：

Alice想要胜利，那么必然会选择让棋子不断靠近 $B o b$ 的棋子所在的那一列
而Bob不想输掉比赛，那么必然会选择朝Alice棋子所在的列的另一个方向移动，即不断远离Alice的棋子，当到达边界后，选择不断向正下方移动。
记双方棋子之间的列差为 $l e n$ , 由于Alice想要追上Bob需要等Bob停留在边界上，那么实际上Alice需要的移动次数即为Alice距靠近Bob的棋子所在的边界的距离，这个距离记为 $s t e p$ ，而Alice是先手，那么此时Bob的移动次数是少一的，即移动次数为 $s t e p - 1$ ，那么此时双方的移动次数之和为 $\times step - 1$ ，只要 $\ge 2 \times step - 1$ ，那么之后无论Bob怎么移动，Alice都可以跟随Bob的操作追上Bob赢下比赛。
如果列差不够Alice追上Bob，那么就是平局。

对于Bob，如果想要获胜，条件为 $\ge 2 \times step$ 。

特殊情况：

当 $l e n$ 为正整数时，有以下两种特殊情况：

当len为奇数，且Alice和Bob的棋子在同一列或相邻两列时，此时Alice必胜。
当len为偶数，且且Alice和Bob的棋子在同一列时，此时Bob必胜。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5e2;int n, m, ax, ay, bx, by;void solve() {cin >> n >> m >> ax >> ay >> bx >> by;int len = bx - ax;if (len <= 0) {cout << "Draw" << endl;return;} if (len & 1) {if (abs(ay - by) <= 1) {cout << "Alice" << endl;return;}int step = 0;if (ay > by) {step = ay - 1;} else {step = m - ay;}if (step * 2 - 1 <= len) {cout << "Alice" << endl;} else {cout << "Draw" << endl;}} else {if (abs(ay - by) == 0) {cout << "Bob" << endl;return;}int step = 0;if (ay > by) {step = m - by;} else {step = by - 1;}if (step * 2 <= len) {cout << "Bob" << endl;} else {cout << "Draw" << endl;}}
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

F.Sum of Progression(根号分治，前缀和)

题意：

给出一个包含 $n$ 个数字的数组 $a$ ，有 $q$ 个询问，每个询问会给出三个数字 $s, d, k$ ，请你回答 $a_s + a_{s + d} \cdot 2 + ... + a_{s + d \cdot (k - 1)} \cdot k$ 是多少。

分析：

如果使用循环来进行计算，那么对于由于 $\times k \le n$ ，如果给出的 $d$ 比较大，那么要计算的总数 $k$ 就会很小，因此，可以选择接近 $\sqrt{n}$ 的一个数字作为分界点（这里选了333），当输入的 $d$ 大于等于分界点时，就使用循环来直接计算得到答案。

然后对于 $d$ 较小的情况，可以维护两种前缀和：

$p re [1] [d] [j]$ 表示 $a_{j - m \cdot d} + 2 \cdot a_{j - (m - 1) \cdot d} + ... + (m + 1) \cdot a_{j}$
$p re [0] [d] [j]$ 表示 $a_{j - m \cdot d} + a_{j - (m - 1) \cdot d} + ... + a_{j}$

其中， $m$ 表示的是从第 $j$ 个数字开始以 $d$ 为一步的距离，最多往前走 $m$ 次。

即预处理 $\sim 333$ 作为两个数之间的间隔，维护的前缀和。

然后通过前缀和就可以轻松计算得到要求的答案了。

例：

形如： $a_1, a_2, ..., a_n$ 为以某个数字为间隔取出的数字， $b_1, b_2, ... b_n$ 分别等于 $a_1, a_1 + a_2, ..., \sum\limits_{i = 1}^{n}a_i$ ， $c_1, c_2, ..., c_n$ 分别等于 $a_1, a_1 + 2 \cdot a_2, ..., \sum\limits_{i = 1}^{n} i \cdot a_i$

当想要知道此时 $\sum\limits_{i = l}^{r}(i - l + 1) \cdot a_i$ 时，可以通过前缀和先得到 $\cdot a_l + (p + 1) \cdot a_{l + 1} + ... + (p + k - 1) \cdot a_r$ ，然后通过另一个前缀和减去 $p - 1$ 个 $\sum\limits_{i = l}^{r}a_i$ 即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5e2;int n, q, s, d, k;
ll a[N], pre[2][350][N];void init() {for (int i = 1; i <= n && i <= 333; i++) {//枚举间隔for (int j = 1; j <= n; j++) {//计算间隔为i的前缀和pre[0][i][j] = a[j];pre[1][i][j] = ((j - 1) / i + 1) * a[j];if (j > i) {pre[0][i][j] += pre[0][i][j - i];pre[1][i][j] += pre[1][i][j - i];}}}
}ll query_1() {//d <= 333//注意此时前缀和两个数之间的间隔为dll ans = pre[1][d][s + (k - 1) * d] - pre[1][d][max(0, s - d)];ll sub = (s - 1) / d * (pre[0][d][s + (k - 1) * d] - pre[0][d][max(0, s - d)]);return ans - sub;
}ll query_2() {// d > 333ll ans = 0;for (int i = 0; i < k; i++) {ans += (i + 1) * a[i * d + s];}return ans;
}void solve() {cin >> n >> q;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];init();while (q--) {cin >> s >> d >> k;if (d <= 333) {cout << query_1();} else {cout << query_2();}if (q == 0) cout << endl;else cout << ' ';}
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

G.Mischievous Shooter(分治，枚举)

题意：

Shel有一把特殊的武器，可以在击中一个目标点后同时击中四方向(右上，右下，左下，左上)中其中一个里的所有曼哈顿距离在 $k$ 以内的点。

给出一个 $\times m$ 的靶子，靶子上有若干个得分点，问使用这把武器最多可以击中多少个得分点。

分析：

题目关键信息： 由 $\times m \le 10^{5}$ 可知 $\le \sqrt{10^{5}}$

因此，可以枚举所有点作为被击中的目标点，对于目标点的四种方案的检查，可以根据 $n$ 和 $m$ 谁较小，就循环谁去检查。

假如循环检查的是行，为了避免再通过循环去检查列上存在多少个得分点，需要对于每一行均维护一个前缀和，同理，对于每一列也需要维护一个前缀和。

记录枚举过程中最大的答案即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5e2;int n, m, k;string s[N];void solve() {cin >> n >> m >> k;//row[i][j]表示第i行的第1~j列的数字总和//col[i][j]表示第i列的第1~j行的数字总和vector<vector<int> > row(n + 1, vector<int>(m + 1, 0)),col(m + 1, vector<int>(n + 1, 0));for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> s[i];for (int j = 1; j <= m; j++) {int a = (s[i][j - 1] == '#');row[i][j] = row[i][j - 1] + a;}}for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {int a = (s[j][i - 1] == '#');col[i][j] = col[i][j - 1] + a;}}int ans = 0;if (n < m) {//枚举行for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= m; j++) {int sum = 0;for (int h = i, len = k; h >= i - k && h >= 1; h--, len--) {sum += row[h][min(m, j + len)] - row[h][j - 1];}ans = max(ans, sum);sum = 0;for (int h = i, len = k; h <= i + k && h <= n; h++, len--) {sum += row[h][min(m, j + len)] - row[h][j - 1];}ans = max(ans, sum);sum = 0;for (int h = i, len = k + 1; h <= i + k && h <= n; h++, len--) {sum += row[h][j] - row[h][max(0, j - len)];}ans = max(ans, sum);sum = 0;for (int h = i, len = k + 1; h >= i - k && h >= 1; h--, len--) {sum += row[h][j] - row[h][max(0, j - len)];}ans = max(ans, sum);}}} else {//枚举列for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= m; j++) {int sum = 0;for (int w = j, len = k + 1; w <= j + k && w <= m; w++, len--) {sum += col[w][i] - col[w][max(0, i - len)];}ans = max(ans, sum);sum = 0;for (int w = j, len = k; w <= j + k && w <= m; w++, len--) {sum += col[w][min(n, i + len)] - col[w][i - 1];}ans = max(ans, sum);sum = 0;for (int w = j, len = k; w >= j - k && w >= 1; w--, len--) {sum += col[w][min(n, i + len)] - col[w][i - 1];}ans = max(ans, sum);sum = 0;for (int w = j, len = k + 1; w >= j - k && w >= 1; w--, len--) {sum += col[w][i] - col[w][max(0, i - len)];}ans = max(ans, sum);}}}cout << ans << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}