Atcoder Beginner Contest 317

news2025/1/23 9:32:01

 A - Potions (atcoder.jp)

AC代码:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define endl '\n'
//#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=110;
int a[N];
int n,h,x;
void solve() {
    cin>>n>>h>>x;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(h+a[i]>=x){
            cout<<i<<endl;
            return;
        }
    }
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t=1;
//    cin>>t;
    while(t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

B - MissingNo. (atcoder.jp)

AC代码:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<set>
#define endl '\n'
//#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
void solve() {
    cin>>n;
    set<int>s;
    int maxn=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x;
        cin>>x;
        maxn=max(maxn,x);
        s.insert(x);
    }
    int y=*s.begin();
    for(int i=y;i<=maxn;i++){
        if(!s.count(i)){
            cout<<i<<endl;
            return;
        }
    }
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t=1;
//    cin>>t;
    while(t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

C - Remembering the Days (atcoder.jp)

一开始想的是最大生成树,但是了第三个样例后,知道这是不行的,因为不能有重复路径,树是可以走重复路径的

然后想到用dfs,对于每一个点进行dfs,然后对于找到的单向路径长度之和取max

错误代码:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#define endl '\n'
//#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>PII;
const int N=15;
int vis[N];
vector<PII>e[N];
int n,m;
int ans;
void dfs(int x,int d) {
    vis[x]=1;
    if(!e[x].size()) {
        ans = max(ans, d);
        return;
    } else {
        for(auto v:e[x]) {
            int ver=v.first,dist=v.second;
            if(!vis[ver]) {
                dfs(ver,d+dist);
            }
        }
    }
}
void solve() {
    cin>>n>>m;
    for(int i=1; i<=m; i++) {
        int a,b,c;
        cin>>a>>b>>c;
        e[a].push_back({b,c});
        e[b].push_back({a,c});
    }
    ans=0;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=1; j<=n; j++) vis[j]=0;
        dfs(i,0);
    }
    cout<<ans<<endl;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t=1;
//    cin>>t;
    while(t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

错误之处在于:

第一个错误在于给答案赋值的时候,一直没有赋值进去,因为e[x],size()不可能等于0

其实完全可以一直赋值的,因为是取max,一直赋值的话是完全没有问题的

或者在遍历子节点时看有没有标记过的节点

第二个错误在于dfs没有恢复现场,当对图进行dfs时,一定要恢复现场

对图进行dfs的板子是固定的,如下:

void dfs(int x){
    vis[x]=1;
    for(auto v:e[x]){
        if(!vis[v]) dfs(v);
    }
    vis[x]=0;
}

AC代码: 

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#define endl '\n'
//#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>PII;
const int N=15;
int vis[N];
vector<PII>e[N];
int n,m;
int ans;
void dfs(int x,int d) {
    vis[x]=1;
        ans=max(ans,d);
        for(auto v:e[x]) {
            int ver=v.first,dist=v.second;
            if(!vis[ver]) {
                dfs(ver,d+dist);
            }
        }
    vis[x]=0;
}
void solve() {
    cin>>n>>m;
    for(int i=1; i<=m; i++) {
        int a,b,c;
        cin>>a>>b>>c;
        e[a].push_back({b,c});
        e[b].push_back({a,c});
    }
    ans=0;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=1;j<=n;j++) vis[j]=0;
        dfs(i,0);
    }
    cout<<ans<<endl;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t=1;
//    cin>>t;
    while(t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

D - President (atcoder.jp)

一开始想贪心,每次贪席位最多的,但是后面想了想是不可能的,因为可能席位最多的那个,需要转移很多很多很多很多的票

如果一开始有贪心的思路,那么先不要急着写代码,先思考该贪心思路是否真的可行

错误代码:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<stack>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=110;
int n;
struct node{
    int x,y,z;
    int diff;
    bool operator<(const node &W)const{
        if(z==W.z) return diff<W.diff;
        return z>W.z;
    }
}q[N];
void solve() {
    cin>>n;
    int sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        cin>>q[i].x>>q[i].y>>q[i].z;
        if(q[i].y>q[i].x) q[i].diff=q[i].y-q[i].x;
        else q[i].diff=0;
        sum+=q[i].z;
    }
    sort(q+1,q+1+n);
    int res=0;
    int ans=0;
//    for(int i=1;i<=n;i++){
//        cout<<q[i].x<<' '<<q[i].y<<' '<<q[i].z<<endl;
//    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        res+=q[i].z;
        if(q[i].diff) ans+=q[i].diff/2+1;
        if(sum-res<res) break;
    }
    cout<<ans<<endl;
}
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t=1;
//    cin>>t;
    while(t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

 

这题其实是01背包的变式,与经典的01背包问题不同,f[i][j]表示在前i个物品里选,价值为j所需要的物品最小重量

该题f[i][j]表示在前i场投票中选择若干场投票进行票数转移,赢得j个席位所需要转移的最少票数

枚举席位数,从0到sum

for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=0;j<=sum;j++){
        //不获得第i场的席位
        f[i][j]=f[i-1][j];
        //获得第i场的席位
        if(a[i]>b[i]&&j-c[i]>=0) f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j-c[i]]+0);//如果a[i]本来就大于b[i],那么不需要转移票数,直接获得席位,从j-c[i]转移到j,加0表示不需要转移票
        else if(a[i]<=b[i]&&j-c[i]>=0) f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j-c[i]]+(b[i]-a[i])/2+1);//由于该场获得了c[i],所以从j-c[i]转移到j,最少需要转移的票数为(b[i]-a[i])/2+1
    }
}

这样的话,需要f[100][1e7],这样就爆空间了,所以优化为一维 

for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=sum;j>=c[i];j--){
        if(a[i]>b[i]) f[j]=min(f[j],f[j-c[i]]+0);//如果a[i]本来就大于b[i],那么不需要转移票数,直接获得席位,从j-c[i]转移到j,加0表示不需要转移票
        else if(a[i]<=b[i]) f[j]=min(f[j],f[j-c[i]]+(b[i]-a[i])/2+1);//由于该场获得了c[i],所以从j-c[i]转移到j,最少需要转移的票数为(b[i]-a[i])/2+1
    }
}

AC代码: 

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=110,M=1e7+10;
int a[N],b[N],c[N];
int f[M];
int n;
void solve() {
    cin>>n;
    int sum=0;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        cin>>a[i]>>b[i]>>c[i];
        sum+=c[i];
    }
    memset(f,0x3f,sizeof f);
    f[0]=0;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=sum; j>=c[i]; j--) {
            if(a[i]>b[i]) f[j]=min(f[j],f[j-c[i]]+0);//如果a[i]本来就大于b[i],那么不需要转移票数,直接获得席位,从j-c[i]转移到j,加0表示不需要转移票
            else if(a[i]<=b[i]) f[j]=min(f[j],f[j-c[i]]+(b[i]-a[i])/2+1);//由于该场获得了c[i],所以从j-c[i]转移到j,最少需要转移的票数为(b[i]-a[i])/2+1
        }
    }
    int ans=1e18;
    //枚举席位数大于半数时最少需要转移的票数
    for(int i=(sum+1)/2;i<=sum;i++){
        ans=min(ans,f[i]);//一直取min就行了,某些席位i可能组成不了(因为席位都是一个个离散的数,不是连续的),则f[i]为无穷大
    }
    cout<<ans<<endl;
}
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t=1;
//    cin>>t;
    while(t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

E - Avoid Eye Contact (atcoder.jp)

最短路,用bfs

AC代码:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#define endl '\n'
//#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2010;
char s[N][N];
int vis[N][N];//标记是否可走以及是否走过
int h,w;
int x,y;
int dx[4]= {-1,1,0,0},dy[4]= {0,0,-1,1};
struct node {
    int x,y;
    int d;
};
queue<node>q;
int bfs() {
    q.push({x,y,0});
    s[x][y]='#';
    while(q.size()) {
        auto t=q.front();
        q.pop();
        int x=t.x,y=t.y,d=t.d;
        for(int i=0; i<4; i++) {
            int tx=x+dx[i],ty=y+dy[i];
            if(tx<1||tx>h||ty<1||ty>w) continue;
            if(vis[tx][ty]==1||s[tx][ty]=='#') continue;
            if(s[tx][ty]=='G') return d+1;
            if(s[tx][ty]='.') {
                q.push({tx,ty,d+1});
                s[tx][ty]='#';
            }
        }
    }
    return -1;
}
void solve() {
    cin>>h>>w;
    for(int i=1; i<=h; i++) {
        for(int j=1; j<=w; j++) {
            cin>>s[i][j];
            if(s[i][j]=='S') {
                x=i;
                y=j;
            }
        }
    }
    //预处理障碍
    for(int i=1; i<=h; i++) {
        for(int j=1; j<=w; j++) {
            if(s[i][j]=='^') {
                vis[i][j]=1;
                int k=i-1;
                while(k>=1&&(s[k][j]=='.'||s[k][j]=='S'||s[k][j]=='G')) {
                    vis[k][j]=1;
                    k--;
                }
            } else if(s[i][j]=='v') {
                vis[i][j]=1;
                int k=i+1;
                while(k<=h&&(s[k][j]=='.'||s[k][j]=='S'||s[k][j]=='G')) {
                    vis[k][j]=1;
                    k++;
                }
            } else if(s[i][j]=='<') {
                vis[i][j]=1;
                int k=j-1;
                while(k>=1&&(s[i][k]=='.'||s[i][k]=='S'||s[i][k]=='G')) {
                    vis[i][k]=1;
                    k--;
                }
            } else if(s[i][j]=='>') {
                vis[i][j]=1;
                int k=j+1;
                while(k<=w&&(s[i][k]=='.'||s[i][k]=='S'||s[i][k]=='G')) {
                    vis[i][k]=1;
                    k++;
                }
            }
        }
    }
//    cout<<endl;
//    for(int i=1;i<=h;i++){
//        for(int j=1;j<=w;j++){
//            cout<<vis[i][j];
//        }
//        cout<<endl;
//    }
    cout<<bfs()<<endl;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t=1;
//    cin>>t;
    while(t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

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一、项目简介 本项目是一套基于java swing和mysql实现的仓库商品管理系统&#xff0c;主要针对计算机相关专业的正在做毕设的学生与需要项目实战练习的Java学习者。 包含&#xff1a;项目源码、项目文档、数据库脚本等&#xff0c;该项目附带全部源码可作为毕设使用。 项目都经…
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流媒体弱网优化之路(BBR应用)——GCC与BBR的算法思想分析

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流媒体弱网优化之路(WebRTC)——GCC与BBR的算法思想分析 —— 我正在的github给大家开发一个用于做实验的项目 —— github.com/qw225967/Bifrost目标&#xff1a;可以让大家熟悉各类Qos能力、带宽估计能力&#xff0c;提供每个环节关键参数调节接口并实现一个json全配置&…
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【洛谷算法题】P1001-A+B Problem【入门1顺序结构】

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&#x1f468;‍&#x1f4bb;博客主页&#xff1a;花无缺 欢迎 点赞&#x1f44d; 收藏⭐ 留言&#x1f4dd; 加关注✅! 本文由 花无缺 原创 收录于专栏 【洛谷算法题】 文章目录 【洛谷算法题】P1001-AB Problem【入门1顺序结构】&#x1f30f;题目背景&#x1f30f;题目描述…
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【Linux操作系统】Linux系统编程中条件变量实现生产者消费者模型

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在Linux系统编程中&#xff0c;条件变量是一种用于线程间同步的机制&#xff0c;常用于实现生产者消费者模型。生产者消费者模型是一种常见的并发编程模型&#xff0c;用于解决多线程环境下的数据共享和同步问题。在该模型中&#xff0c;生产者负责生产数据&#xff0c;消费者负…
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53 个 CSS 特效 3（完）

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53 个 CSS 特效 3&#xff08;完&#xff09; 前两篇地址&#xff1a; 53 个 CSS 特效 153 个 CSS 特效 2 这里是第 33 到 53 个&#xff0c;很多内容都挺重复的&#xff0c;所以这里解释没之前的细&#xff0c;如果漏了一些之前的笔记会补一下&#xff0c;写过的就会跳过。…
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