题意:过隧道,每次人可以先向前一格,然后向上或向下或不动,然后车都向左2格。问能否到达隧道终点。
题解:dp,一开始s所在列如果前方为'.'则dp[i]=1。r[i]代表上一次的dp[i]值。
如果该行当前可行,那么它就可以更新它上下两行(如果有),必须用r[i]去更新。
再判断每行在当前时间是否会发生撞车:看看位置 i+t*2,i+t*2+1,i+t*2+2 是否有车。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
using namespace std;
int t,n,k,dp[5],r[5];
char s[4][101];
bool ck(int i,int j){//j行i列不可行
return i<n&&s[j][i]!='.';
}
int main() {
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=3;i++){
scanf("%s",s[i]);
r[i]=dp[i]=s[i][1]=='.'&&s[i][0]=='s';
}
for(int t=0,i=1;i<n;i++,t++){
for(int j=1;j<=3;j++)if(!ck(i+t*2,j)){
dp[j+1]=max(r[j],dp[j+1]);
dp[j-1]=max(r[j],dp[j-1]);
}
for(int j=1;j<=3;r[j]=dp[j],j++)
if(ck(i+t*2,j)||ck(i+t*2+1,j)||ck(i+t*2+2,j))
dp[j]=0;
}
if(dp[1]||dp[2]||dp[3])puts("YES");
else puts("NO");
}
return 0;
}
题意:插入一个字符是否能使字符串变成回文串。
题解:长度10,可以暴力枚举所有位置所有字母。我是用O(n)的算法。代码写得比较奇怪。
#include<cstdio>
#include<cstring>
char s[15];
int main(){
scanf("%s",s);
int len=strlen(s),i=0,j;
for(;i<len/2&&s[i]==s[len-i-1];i++);
if(s[i]!=s[len-i-1]){//如果有不同的
for(j=i;j<len/2&&s[j]==s[len-j-2];j++);
//尝试在i前面插入一个s[len-i-1]后是否变成回文
if(j==len/2) printf("%.*s%c%s",i,s,s[len-i-1],s+i);
else{
//尝试在len-i-1后面插入一个s[i]是否变成回文
for(j=i+1;j<=len/2&&s[j]==s[len-j];j++);
if(j>len/2)
printf("%.*s%c%s",len-i,s,s[i],s+len-i);
else printf("NA");
}
}else printf("%.*s%c%s",len/2,s,s[len/2],s+len/2);
//本身是回文,只要中间插入一个s[len/s]
return 0;
}
题意:n*n的棋盘,白棋先动,可以走没走过的位置或吃黑棋,八方向。如果最后谁先不能走就输了。求白棋能否胜利,若能输出她的第一步。
题解:如果n是奇数,白棋走了,黑棋对称着走就可以了。所以黑棋必胜。n是偶数,白棋右走一步后,相当于奇数棋盘的后手了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;
int main(){
scanf("%d",&n);
if(n%2){
printf("black");
}else
printf("white\n1 2");
return 0;
}
题意:n*n的棋盘上有m个主教,告诉你每个主教的x,y坐标,和p值。你可以选取一些主教,使得选择的任意两个主教i和主教j之间满足:在同一对角线上,且dis(i,j)≥p_i^2+p_j^2+C,C是告诉你的一个常数,dis(i,j)=|x_i-x_j|+1。问最多可以选取多少个主教。
题解:
dp。对于一条对角线上的点按x排序后,dp[i]表示第i个点为最后一个选的点,最多可以取多少个点。
dis(i,j)=x_i-x_j+1\geq p_i^2+p_j^2+C\ (j<i)
移项后得
x_i-p_i^2-C+1\geq x_j+p_j^2 \tag1\ (j<i)
将该对角线上每个点的x-p^2-C+1,x+p^2离散化一下。那么dp[i]=dp[j]+1,dp[j]是j 满足(1)的最大的dp值。
所以用树状数组维护一下。
pos(v)表示v是离散后第几大的,qry(x)为最大的dp[j],其中j满足x_j+p_j^2在前x个离散后的值中,且j<i。
所以dp[i]=qry(pos(x_i-p_i^2-c+1))+1。
每次求完dp[i],再update(pos(x+p2),dp[i]),就可以保证qry(x)的j一定<i。
update函数即更新 前x个的最大dp值(x大于等于pos(x+p2))。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 270005
#define ll long long
using namespace std;
vector<pair<int,ll> >dia[N],rdia[N];
int n,m,c,len;
int s[N];
ll z[N];
int lowbit(int x){return x&(-x);}
int qry(int x){
int ans=0;
for(;x;x-=lowbit(x))ans=max(ans,s[x]);
return ans;
}
void update(int x,int v){
for(;x<N;x+=lowbit(x))s[x]=max(s[x],v);
}
int pos(ll v){
return lower_bound(z,z+len,v)-z;
}
int solve(vector<pair<int,ll> > &v){
if(!v.size())return 0;
len=0;
for(int i=0;i<v.size();i++){
ll x=v[i].first,p2=v[i].second;
z[len++]=x-p2-c+1;
z[len++]=x+p2;
}
z[len++]=-1e18;
sort(z,z+len);
len=unique(z,z+len)-z;
sort(v.begin(),v.end());
for(int i=0;i<=len;i++)s[i]=0;
int ans=0,dp;
for(int i=0;i<v.size();i++){
ll x=v[i].first,p2=v[i].second;
dp=qry(pos(x-p2-c+1))+1;
ans=max(ans,dp);
update(pos(x+p2),dp);
}
return ans;
}
int main(){
freopen("bishops.in","r",stdin);
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&c);
for(int i=0;i<=2*n;i++)
dia[i].clear(),rdia[i].clear();
for(int i=0;i<m;i++){
int x,y;ll p;
scanf("%d %d %I64d",&x,&y,&p);
dia[x+y].push_back(make_pair(x,p*p));
rdia[x-y+n].push_back(make_pair(x,p*p));
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=2*n;i++){
ans=max(ans,solve(dia[i]));
ans=max(ans,solve(rdia[i]));
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
题意:四种猜数字方式和两种回答:>=/<=/>/< d Y/N ,给出多个这样的问答,求任意一个符合条件的数字。
题解:二分,改变l的条件是有'>',回答是Y,或者有<回答是N,可以异或一下。然后是开区间还是闭区间,就看是否有'=',回答是Y,或者没有'=',回答是N,也可以异或一下。注意l和r的初始值。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define inf 2000000000
char s[10];
int n,ans,d,l=-inf,r=inf;
void work(int i,int j){
if(i)l=max(l,d+j);
else r=min(r,d-j);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
while(n--){
scanf("%s %d %c",s,&d,&s[2]);
work((s[0]=='>')^(s[2]=='N'),(s[1]=='=')^(s[2]=='Y'));
if(l>r)ans=-1;
}
if(ans==-1)printf("Impossible");
else printf("%d",l);
return 0;
}