A. Diverse Team
思路：用一个 v i s [ ] vis[] vis[]数组维护出现过的数即可。
时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5,M=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
int a[N],vis[N];
int main(){
int n,k;
cin>>n>>k;
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
if(!vis[a[i]]&&cnt<k) vis[a[i]]=i,cnt++;
}
if(cnt!=k) puts("NO"),exit(0);
puts("YES");
for(int i=1;i<=100;i++)
if(vis[i]) printf("%d ",vis[i]);
return 0;
}
B. Substrings Sort
思路：因为题目要求每个串是前一个串的子串，显然后一个串长度要大于等于前一个串，所以我们考虑对字符串按长度排序，如果长度相同就按字典序排即可，最后顺序扫一遍是否都满足情况。
时间复杂度: O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=105+5,M=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
string a[N];
bool cmp(string a,string b){
return a.size()==b.size()?a<b:a.size()<b.size();
}
int main(){
int n;
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
cin>>a[i];
sort(a,a+n,cmp);
int ok=1;
for(int i=1;i<n;i++){
if(a[i].find(a[i-1])==a[i].npos) return puts("NO"),0;
}
puts("YES");
for(int i=0;i<n;i++) cout<<a[i]<<endl;
return 0;
}
C. Equal Sums
思路：我的方法是：用一个 m a p map map储存所有之前出现过的和对于的情况。然后遇到相同的和特判一下即可。
时间复杂度： O ( n + s u m n i ) O(n+sum_{n_i}) O(n+sumni)
官方题解是开一个 v e c t o r vector vector存入所有和的情况，然后排序对相邻的数进行特判。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=3e5+5,M=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
int b[N];
map<int,PII>mp;
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
int cnt=0;
int x=-1,y=-1,id1=-1,id2=-1;
int f=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int m,sum=0;
scanf("%d",&m);
for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&b[j]),sum+=b[j];
if(!f)
for(int j=1;j<=m;j++) {
//printf("%d %d %d\n",sum-b[j],mp[sum-b[j]].fi,mp[sum-b[j]].se);
if(mp[sum-b[j]].fi==0&&mp[sum-b[j]].se==0)
mp[sum-b[j]]={i,j};
else if(i!=mp[sum-b[j]].fi){
x=mp[sum-b[j]].fi,id1=mp[sum-b[j]].se;
y=i,id2=j;
f=1;
}
}
}
if(!f) puts("NO");
else {
puts("YES");
printf("%d %d\n%d %d\n",x,id1,y,id2);
}
return 0;
}
D. Points and Powers of Two
这题我 W A WA WA了好多次，才考虑完全，需要注意细节。
思路：位运算暴力的好题。
观察可得满足条件的序列长度最多为3，因为一个数不能同时和 3 3 3个数之差为 2 2 2的次方，且当长度为 3 3 3时必须满足相邻两数之差相等都为 2 2 2的次方，不然第1个数和第3个数不能满足条件。所以我们暴力枚举，对于每个数考虑它的左边和右边是否存在这样的数，如果有长度为 3 3 3的序列直接输出结束，否则看是否有长度为 2 2 2的序列，如果都没有就输出第一个数即可(依题意一个数也算满足)。
时间复杂度： O ( 32 n ) O(32n) O(32n)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5,M=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
ll a[N];
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
sort(a+1,a+n+1);
ll ans1,ans2;
int f=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
ll l=1e15,r=1e15;
for(int j=0;j<32;j++){
ll x=(1LL<<j);
int p=lower_bound(a+1,a+n+1,a[i]+x)-a;
if(p!=n+1&&a[p]==a[i]+x) r=a[i]+x;
p=lower_bound(a+1,a+i,a[i]-x)-a;
if(p!=n+1&&a[p]==a[i]-x) l=a[i]-x;
}
//printf("l=%lld,r=%lld,i=%d\n",l,r,i);
if(l!=1e5&&r!=1e15&&(a[i]-l==r-a[i])) {
printf("3\n%lld %lld %lld\n",l,a[i],r);
return 0;
}
if(l!=1e15) ans1=l,ans2=a[i],f=1;
if(r!=1e15) ans1=a[i],ans2=r,f=1;
}
if(f) printf("2\n%lld %lld\n",ans1,ans2);
else printf("1\n%lld\n",a[1]);
return 0;
}
E. Divisibility by 25
思路：此题贪心的很巧妙，没想到。
首先观察可得，显然答案的最后两位肯定是 { 00 , 25 , 50 , 75 } \{00,25,50,75\} {00,25,50,75}这4种情况。
所以我们考虑答案为这 4 4 4种情况的最小操作数。
根据贪心思想，我们从字符串的后面往前查找，答案的最后一位和答案的倒数第二位，他们的移动次数就是位置之差，即分别对应： ( l e n − 1 ) − p o s 最 后 一 位 (len-1)-pos_{最后一位} (len−1)−pos最后一位和 ( l e n − 2 ) − p o s 倒 数 第 二 位 (len-2)-pos_{倒数第二位} (len−2)−pos倒数第二位。
因为题目要求不能有前导 0 0 0，所以我们还需要将第一个非0数移动到首位即可。
这个操作的次数为 c n t 0 cnt_0 cnt0。
所以总操作数为： c n t 0 + ( l e n − 1 ) − p o s 最 后 一 位 + ( l e n − 2 ) − p o s 倒 数 第 二 位 cnt_0+(len-1)-pos_{最后一位}+(len-2)-pos_{倒数第二位} cnt0+(len−1)−pos最后一位+(len−2)−pos倒数第二位。
此外具体实现的时候，我们需要将 p o s 最 后 一 位 pos_{最后一位} pos最后一位找到后删掉，这样对于第一种情况就不会找到同一个 0 0 0。
假设目标是 “ x y ” “xy” “xy”，若 x x x原来在 y y y左边，则删掉 y y y后,位于 y y y右左的格子不会移动， p o s 1 pos_1 pos1不会变，移动的次数是 ( l e n − 2 ) − p o s 倒 数 第 二 位 (len-2)-pos_{倒数第二位} (len−2)−pos倒数第二位。
若 x x x原来在 y y y右边，删掉 y y y后， p o s 1 pos_1 pos1会加1，由于是两两交换的移动，位于 y y y右边的格子会向左平移一格，即 x x x会向左平移一格，就抵消了，还是 ( l e n − 2 ) − p o s 倒 数 第 二 位 (len-2)-pos_{倒数第二位} (len−2)−pos倒数第二位。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5,M=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
string a;
int len;
char ch[4][3]={"00","25","50","75"};
int fun(char x,char y){
string b=a;
int p2=b.rfind(y);
if(p2==b.npos) return inf;
b.erase(p2,1);
int p1=b.rfind(x);
if(p1==b.npos) return inf;
int cnt=0;
while(b[cnt]=='0') cnt++;
return cnt+(len-2)-p1+(len-1)-p2;
}
int main(){
cin>>a;
len=a.size();
int ans=inf;
for(int i=0;i<4;i++)
ans=min(ans,fun(ch[i][0],ch[i][1]));
if(ans==inf) puts("-1");
else printf("%d\n",ans);
return 0;
}
F. Rain and Umbrellas
思路：
d
p
dp
dp。
考虑令到达位置
i
i
i不被淋湿的最小花费为
d
p
[
i
]
dp[i]
dp[i] 。
显然如果位置 i − 1 i-1 i−1不下雨，则有 d p [ i ] = d p [ i − 1 ] dp[i]=dp[i-1] dp[i]=dp[i−1]，这里直接赋值的原因是如果位置 i i i下雨的话， d p [ i + 1 ] dp[i+1] dp[i+1]会遍历能带伞到达的位置取最小值所以是没有关系的。
若 i − 1 i-1 i−1下雨的话，显然我们要从 j ∈ [ 0 , i ) j\in[0,i) j∈[0,i)找到带伞且花费最小的位置，加上带伞过来的花费，然后取最小值更新答案即可。即: d p [ i ] = m i n ( d p [ i ] , d p [ j ] + ( i − j ) × c o s t [ j ] ) dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(i-j)\times cost[j]) dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(i−j)×cost[j])
时间复杂度： O ( a 2 ) O(a^2) O(a2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e3+5,M=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
int rain[N],umb[N],dp[N];
int main(){
int a,n,m;
scanf("%d%d%d",&a,&n,&m);
memset(dp,0x3f,sizeof dp);
for(int i=1;i<=n;i++){
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
for(int i=l;i<r;i++) rain[i]=1;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,p;
scanf("%d%d",&x,&p);
if(!umb[x]) umb[x]=p;
else umb[x]=min(umb[x],p);
}
dp[0]=0;
for(int i=1;i<=a;i++){
if(!rain[i-1]) dp[i]=dp[i-1];
else {
for(int j=0;j<i;j++)
if(umb[j])
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(i-j)*umb[j]);
}
}
printf(dp[a]==inf?"-1":"%d\n",dp[a]);
return 0;
}
