AtCoder Beginner Contest 317(D-G)

news2025/1/19 3:04:51

D - President (atcoder.jp)

        （1）题目大意

         （2）解题思路

                考虑到z最大不超过1e5，N最多不超过100，因此可以考虑用背包来写，dp[j]表示拿高桥拿j分最少需要花费多少个选民转换，最后把答案取个min即可。

         （3）代码实现

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 10;
PII lose[N];
int cnt = 0;
ll dp[N];
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    int win = 0,tot = 0;
    for(int i = 1;i <= n;i ++) {
        int x,y,w;
        cin >> x >> y >> w;
        tot += w;
        if(x > y) win += w;
        else lose[++ cnt] = {(x + y + 1) / 2 - x,w};
    }
    if(2 * win > tot) {
        cout << 0 << endl;
        return;
    }
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
    dp[0] = 0;
    for(int i = 1;i <= cnt;i ++) {
        for(int j = tot;j >= lose[i].se;j --) {
            if(dp[j - lose[i].se] != inf) dp[j] = min(dp[j],dp[j - lose[i].se] + lose[i].fi);
        }
    }
    int has = (tot + 1) / 2 - win;
    ll ok = inf;
    for(int i = has;i <= tot;i ++) {
        ok = min(ok,dp[i]);
    }
    cout << ok << endl;
}
int 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)

        （1）题目大意

         （2）解题思路

                考虑预处理出所有障碍物点，或者能被看到得点，跑一遍bfs即可。

         （3）代码实现

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e3 + 10;
int L[N][N],R[N][N],U[N][N],D[N][N];
bool obs[N][N];
int dis[N][N];
string s[N];
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int mx[4] = {1,-1,0,0};
int my[4] = {0,0,1,-1};
void solve()
{
    int n,m;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1;i <= n;i ++) {
        cin >> s[i];
        s[i] = " " + s[i];
    }
    for(int i = 1;i <= n;i ++) {
        for(int j = 1;j <= m;j ++) {
            if(s[i][j] == '>') {
                R[i][j] = true;
            }
            else if(s[i][j] == '.') R[i][j] |= R[i][j - 1];
        }
        for(int j = m;j >= 1;j --) {
            if(s[i][j] == '<') {
                L[i][j] = true;
            }
            else if(s[i][j] == '.') L[i][j] |= L[i][j + 1];
        }
    }
    for(int i = 1;i <= n;i ++) {
        for(int j = 1;j <= m;j ++) {
            if(obs[i][j]) cout << i << ' ' << j << endl;
        }
    }
    for(int i = 1;i <= m;i ++) {
        for(int j = 1;j <= n;j ++) {
            if(s[j][i] == 'v') {
                D[j][i] = true;
            }
            else if(s[j][i] == '.') D[j][i] |= D[j - 1][i];
        }
        for(int j = n;j >= 1;j --) {
            if(s[j][i] == '^') {
                U[j][i] = true;
            }
            else if(s[j][i] == '.') U[j][i] |= U[j + 1][i];
        }
    }
    int sx,sy;
    int ex,ey;
    for(int i = 1;i <= n;i ++) {
        for(int j = 1;j <= m;j ++) {
            if(s[i][j] == '#') obs[i][j] = true;
            obs[i][j] |= L[i][j] | R[i][j] | U[i][j] | D[i][j];
            if(s[i][j] == 'S') sx = i,sy = j;
            if(s[i][j] == 'G') ex = i,ey = j;
        }
    }
    
    // for(int i = 1;i <= n;i ++) {
    //     for(int j = 1;j <= m;j ++) {
    //         if(obs[i][j]) cout << i << ' ' << j << endl;
    //     }
    // }
    auto bfs = [&](int sx,int sy) {
        queue<PII> q;
        q.push({sx,sy});
        memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
        dis[sx][sy] = 0;
        while(!q.empty()) {
            auto [x,y] = q.front();
            q.pop();
            for(int i = 0;i < 4;i ++) {
                int dx = mx[i] + x,dy = my[i] + y;
                if(dx <= 0 || dy <= 0 || dx > n || dy > m || obs[dx][dy]) continue;
                if(dis[dx][dy] > dis[x][y] + 1) {
                    dis[dx][dy] = dis[x][y] + 1;
                    q.push({dx,dy});
                }
            }
        }
    };
    bfs(sx,sy);
    if(dis[ex][ey] == inf) cout << -1 << endl;
    else cout << dis[ex][ey] << endl;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T = 1;
    // cin >> T;
    while(T --) solve();
    return 0;
}

F - Nim (atcoder.jp)

        （1）题目大意

        （2）解题思路

                考虑数字太大，我们用数位dp计数，状态为dp[pos][i][j][k][r1][r2][r3]，表示在二进制位为pos这位时，我们第一个数字填i，第二个数字填j，第三个数字填k，并且三个数得余数分别为r1，r2，r3得方案数有多少。

                显然对于非法情况若某一位i^j^k!=0，则不行，因为在异或操作下，若这一位异或不为零了，那么就永远不可能为0。

                对于答案非法情况，首先全0得方案需要减去，其次是有两个数相同，一个数为0得情况也要减去。

        （3）代码实现

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 61;
const ll mod = 998244353;
ll dp[N][2][2][2][2][2][2][10][10][10];
vector<int> nums;
int a,b,c;
ll ksm(ll a,ll b)
{
    ll rs = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) rs = rs * a % mod;
        b >>= 1;
        a = a * a % mod;
    }
    return rs;
}
ll calc(int pos,bool z1,bool z2,bool z3,int pi,int pj,int pk,int r1,int r2,int r3)
{
    if(pos == -1) return (!r1 && !r2 && !r3);
    if(dp[pos][z1][z2][z3][pi][pj][pk][r1][r2][r3] != -1) return dp[pos][z1][z2][z3][pi][pj][pk][r1][r2][r3];
    ll res = 0;
    int up1 = z1 ? nums[pos] : 1;
    int up2 = z2 ? nums[pos] : 1;
    int up3 = z3 ? nums[pos] : 1;
    for(int i = 0;i <= up1;i ++) {
        for(int j = 0;j <= up2;j ++) {
            for(int k = 0;k <= up3;k ++) {
                if(i ^ j ^ k) continue;
                int nr1 = (i == 1) ? (r1 + (1ll << pos)) % a : r1;
                int nr2 = (j == 1) ? (r2 + (1ll << pos)) % b : r2;
                int nr3 = (k == 1) ? (r3 + (1ll << pos)) % c : r3;
                res += calc(pos - 1,z1 && i == up1,z2 && j == up2,z3 && k == up3,i,j,k,nr1,nr2,nr3);
                res %= mod;
                // cout << i << ' ' << j << ' ' << k << ' ' << res << endl;
            }
        }
    }
    return dp[pos][z1][z2][z3][pi][pj][pk][r1][r2][r3] = res;
}
void solve()
{
    ll n;
    cin >> n >> a >> b >> c;
    ll rn = n;
    while(n) {
        nums.pb(n % 2);
        n /= 2;
    }
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    calc(sz(nums) - 1,true,true,true,0,0,0,0,0,0);
    ll ans = 0;
    for(int i = 0;i <= 1;i ++) {
    	for(int j = 0;j <= 1;j ++) {
    		for(int k = 0;k <= 1;k ++) {
                for(int z1 = 0;z1 <= 1;z1 ++) {
                    for(int z2 = 0;z2 <= 1;z2 ++) {
                        for(int z3 = 0;z3 <= 1;z3 ++) {
                            if(dp[sz(nums) - 1][z1][z2][z3][i][j][k][0][0][0] != -1) ans += dp[sz(nums) - 1][z1][z2][z3][i][j][k][0][0][0];
                            ans %= mod;
                        }
                    }
                }
            }        
    	}
    }
    n = rn;
    ans -= 1;
    ans -= n / lcm(a,b);
    ans -= n / lcm(a,c);
    ans -= n / lcm(b,c);
    ans = (ans % mod + mod) % mod;
    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;
}

G - Rearranging (atcoder.jp)

        （1）题目大意

        （2）解题思路

                我们发现这个题很有可能是全部可以得，（事实上确实全部可以，由Hall定理可知），那么考虑怎么构造方案，由Hall定理得，我们得最大完美匹配在删除一些匹配后依旧成立，因此我们只需要一列一列得匹配完即可。

        （3）代码实现

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 105;
bool vis[N];
vector<int> v[N];
int match[N],Ans[N][N];
bool find(int x)
{
    vis[x] = true;
    for(auto y : v[x]) {
        if(!match[y] || (!vis[match[y]] && find(match[y]))) {
            match[y] = x;
            return true;
        }
    }
    return false;
}
void solve()
{
    int n,m;
    cin >> n >> m;
    rep(i,1,n) rep(j,1,m) {
        int x;
        cin >> x;
        v[i].pb(x);
    }
    rep(i,1,m) {
        memset(match,0,sizeof(match));
        rep(j,1,n) {
            memset(vis,false,sizeof(vis));
            if(!find(j)) {
                cout << "No" << '\n';
                return;
            }
        }
        rep(j,1,n) {
            Ans[match[j]][i] = j;
            v[match[j]].erase(find(v[match[j]].begin(),v[match[j]].end(),j));
        }
    }
    cout << "Yes" << '\n';
    rep(i,1,n) {
        rep(j,1,m) cout << Ans[i][j] << ' ';
        cout << '\n';
    }
}
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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Android DataBinding 基础入门

DataBinding 是谷歌官方发布的一个框架&#xff0c;顾名思义即为数据绑定&#xff0c;是 MVVM 模式在 Android 上的一种实现&#xff0c;用于降低布局和逻辑的耦合性&#xff0c;使代码逻辑更加清晰。MVVM 相对于 MVP&#xff0c;其实就是将 Presenter 层替换成了 ViewModel 层…
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