比赛名称：UNIQUE VISION Programming Contest 2023 New Year (AtCoder Beginner Contest 287)
比赛链接：AtCoder Beginner Contest 287
目录
A - Majority
B - Postal Card
C - Path Graph?
D - Match or Not
E - Karuta
A - Majority
问字符串For 是否比字符串 Against的数量多
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
typedef long long LL;
signed main(){
int n;
cin >> n;
int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
for(int i = 0; i < n; i++){
string s;
cin >> s;
if(s[0] == 'F') cnt1 ++;
else cnt2++;
}
if(cnt1 > cnt2) cout << "Yes\n";
else cout << "No\n";
return 0;
}B - Postal Card
给一个字符串长度为6的字符串数组s和一个字符串长度为3的字符串数组t，问si长度为3的字符串后缀是否在t中出现过。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
typedef long long LL;
signed main(){
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<string> a, b;
for(int i = 0; i < n; i++){
string s;
cin >> s;
a.push_back(s.substr(3));
}
for(int i = 0; i < m; i++){
string s;
cin >> s;
b.push_back(s);
}
int cnt = 0;
for(int i = 0; i < a.size(); i++){
if(count(b.begin(), b.end(), a[i])){
cnt++;
}
}
cout << cnt << "\n";
return 0;
}C - Path Graph?
问是否是一个Path Graph
原文传送门...
思路：
这里提供两个思路：
dfs深搜：
首先图中只有两个入度为1的点，而且很显然我们用入度为1的点做为起点，向下dfs深搜，每个点只经过一次，那么我们可以用cnt来记录总共走过了多少个点，很显然我们最后之后走过n个点。
另外还有一个可以优化掉的地方，我们发现满足Path Graph的一定只有n-1个边，所以这里可以小优化一下。
并查集：
我们可以一个Path Graph一定满足以下条件:
- 只有一个连通块
- 只有两个入度为1，其余均是入度为2
- 点数-边数=1
用cnt数组记录各点的入度情况，并查集判断连通块个数即可。
这里附上dfs深搜代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<vector<int>> g(n);
vector<int> cnt(n);
vector<bool> vis(n, false);
for(int i = 0; i < m; i++){
int a, b;
cin >> a >> b;
a--, b--;
cnt[a]++, cnt[b]++;
g[a].push_back(b);
g[b].push_back(a);
}
if(m != n - 1){
cout << "No\n";
return 0;
}
int res = 0;
function<void(int)> dfs = [&](int x){
res++;
vis[x] = true;
for(auto i : g[x]){
if(vis[i]) continue;
dfs(i);
return ;
}
};
for(int i = 0; i < n; i++){
if(cnt[i] == 1){
dfs(i);
if(res == n) cout << "Yes\n";
else cout << "No\n";
return 0;
}
}
cout << "No\n";
return 0;
}D - Match or Not
两个只有?和小写字母组成的字符串s和t，其中?可以做为任意字符
现在有x<=|t|，现在问从字符串s中把长度为x的前缀和长度为|t| − x的后缀拼起来，能否与字符串t相等。
思路：
很简单，我们可以分别找到t与s的最长公共前缀和最长公共后缀，两者拼接后只要当前长度的前缀和后缀在没超过 最长公共前缀和最长公共后缀即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
string s, t;
cin >> s >> t;
int x = 0;
for(int i = 0; i < t.size(); i++){
if(s[i] == t[i]) x ++;
else if(s[i] == '?' || t[i] == '?') x++;
else break;
}
int y = 0;
for(int i = s.size() - 1, j = t.size() - 1; i >= 0 && j >= 0; i--, j--) {
if(s[i] == t[j]) y++;
else if(s[i] == '?' || t[j] == '?') y++;
else break;
}
for(int i = 0; i <= t.size(); i++){
if(i <= x && t.size() - i<= y) cout << "Yes\n";
else cout << "No\n";
}
return 0;
}E - Karuta
给一个字符串数组分别问每个字符串与其他字符串的最大公共前缀。
很显然，字典树（Trie）模板题，对所有的串(包括字符串与其子串)建Trie，然后查询的时候只用查到计数为1的字符串这时候就是最大公共前缀。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int son[N][26], cnt[N], idx;
string s[N];
void insert(const char *s){
int p = 0;
for(int i = 0; s[i]; i++){
int j = s[i] - 'a';
if(!son[p][j]) son[p][j] = ++idx;
p = son[p][j];
cnt[p]++;
}
}
int query(const char *s){
int p = 0;
int ans = 0;
for(int i = 0; s[i]; i ++){
int j = s[i] - 'a';
p = son[p][j];
if(cnt[p] == 1) return ans;
ans++;
}
return ans;
}
int main(){
int n;
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++){
cin >> s[i];
insert(s[i].c_str());
}
for(int i = 1; i <= n; i++){
cout << query(s[i].c_str()) << "\n";
}
return 0;
}
