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1301A. Three Strings
题意：
给三个相同长的字符串 \(a,b,c\) ，对于每个位置 \(i\) ，你必须做一次操作：交换 \(a_i\) 和 \(c_i\) ，或者交换 \(b_i\) 和 \(c_i\)。问你交换完之后 \(a\) 和 \(b\) 能否一样。
因为每个位置必须交换，所以每个位置只要 \(a_i = c_i\) 或者 \(b_i = c_i\) 即可
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
string a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
bool f = 1;
for (int i = 0; f and i < a.size(); ++i) {
if (a[i] == c[i] || b[i] == c[i]) continue;
f = 0;
}
cout << (f ? "YES\n" : "NO\n");
}
}
1301B. Motarack's Birthday
题意：
给一个长为 \(n\) 的整数数组，其中有一些数消失了，用 \(-1\) 代替，其他数大于等于 \(0\)，然后叫你找一个非负数 \(k\) ，使得用 \(k\) 替代所有 \(-1\) 后，相邻元素的差值的最大值，这个值要最小。
思路：
差值最大值无非就是，原来就有的数之间的相邻差值最大值，和替换后k与原来就有的数的差值的最大值里求一个 \(\max\) 。前者可以直接求的，后者当 \(k\) 取到 \((m_i+mx)/2\) 时取到最小。\(m_i\) 为与 \(k-1\) 邻的原来有的数的最小值，\(mx\) 为最大值。
const int N = 1e5 + 10;
ll a[N];
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
int n; cin >> n;
for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];
ll base = 0;
vector<ll>v;
for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
if (a[i] == -1 and a[i + 1] != -1) v.push_back(a[i + 1]);
else if (a[i] != -1 and a[i + 1] == -1) v.push_back(a[i]);
else if (a[i] != -1 and a[i] != -1) base = max(base, abs(a[i] - a[i + 1]));
}
if (v.empty()) {cout << "0 0\n"; continue;}
sort(v.begin(), v.end());
int k = (v.back() + *v.begin()) / 2;
cout << max(max(v.back() - k, k - v[0]), base) << " " << k << "\n";
}
}
1301C. Ayoub's function
题意：
函数 \(f(s)\) 代表，\(01\) 字符串 \(s\) 中包含至少一个 \(1\) 的子串的数量。问你所有长度为 \(n\) ，其中有 \(m\) 个 \(1\) 的 \(01\) 字符串中。使得 \(f(s)\) 的值最大为多少。
做法：
至少包含一个 \(1\) 的子串的数量 \(=\) 所有子串的数量 \(-\) 只包含\(0\) 的子串的数量。
所以要使得 \(f(s)\) 越大，只包含 \(0\) 的子串的数量要越小越好，于是 \(01\) 字符串中每一段的连续的 \(0\) 的个数应尽可能一样。\(m\) 个 \(1\) ，有 \(n-m\) 个 \(0\) ，被分成 \(m+1\) 段，长度为 \((n-m)/(m+1)+1\) 的连续 \(0\) 的段数为 \((n-m)%(m+1)\) ，长度为 \((n-m)/(m+1)\) 的连续 \(0\) 的段数为 \(m+1-(n-m)%(m+1)\) 。再计算一下可得答案。
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
ll n, m; cin >> n >> m;
ll ans = n * (n + 1) / 2;
ll num = (n - m) / (m + 1);
ll r = (n - m) % (m + 1);
cout << (ans - r * (num + 1) * (num + 2) / 2 - (m + 1 - r) * num * (num + 1) / 2) << "\n";
}
}
1301D. Time to Run
题意：
\(n*m\) 的网格，相邻网格间有两条道路（不同方向）。问你能否不重复的走 \(k\) 条路，可以的话输出路径。按题目要求。
思路：
真就直接走完咯，先左右走，到最后一行只往右，到右下角之后上下走，ok，然后题目要求 \(k\) ，边走边减，到 \(0\) 为止即可。 如果全部都走过了 \(k\) 还有剩就输出 NO.
int n, m, k;
vector<pair<int, string>>v, ans;
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
cin >> n >> m >> k;
for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
if (m != 1) {
v.push_back({m - 1, "R"});
v.push_back({m - 1, "L"});
}
v.push_back({1, "D"});
}
if (m != 1) v.push_back({m - 1, "R"});
for (int i = 0; i < m - 1; ++i) {
if (n != 1) {
v.push_back({n - 1, "U"});
v.push_back({n - 1, "D"});
}
v.push_back({1, "L"});
}
if (n != 1) v.push_back({n - 1, "U"});
for (int i = 0; i < v.size(); ++i) {
if (k >= v[i].first) {
k -= v[i].first;
ans.push_back(v[i]);
} else if (k != 0) {
ans.push_back({k, v[i].second});
k = 0;
}
}
if (k > 0) cout << "NO\n";
else {
cout << "YES\n";
cout << ans.size() << "\n";
for (auto p : ans) cout << p.first << " " << p.second << "\n";
}
}
The desire of his soul is the prophecy of his fate
你灵魂的欲望，是你命运的先知。
