A. Subsequence Permutation

題意：

給定一個(gè)字符串，選擇任意數(shù)量的字符調(diào)整位置，使得調(diào)整位置之后整個(gè)序列是從小到大的，要求調(diào)整的位置數(shù)量最小

輸入

4
3
lol
10
codeforces
5
aaaaa
4
dcba

輸出

2
6
0
4

思路

這個(gè)沒什么好說(shuō)的，定義一個(gè)字符串，從小到大排序之后判斷是不是和原位置的字符相等就可，另外注意不要用之前的位置和當(dāng)前的位置比較

代碼

#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <vector> #include <cmath> #include <stack> #include <queue> #include <set> #include <map>using namespace std;typedef long long ll; #define SSS \ios_base::sync_with_stdio(0); \cin.tie(0); \cout.tie(0);#define rep(i, a, b) for (int i = (a), i <= (b); i++) #define per(i, a, b) for (int i = (a), i >= (b); i--) #define pii pair<int, int> #define pdd pair<double, double> const int N = 1e5 + 10; const int mod = 1e9 + 7;int main() {SSS;int t;cin >> t;while (t--){int n;string s;cin >> n;cin >> s;string s1 = s;int cnt = 0;sort(s1.begin(), s1.end());for (int i = 0; i < s.size(); i++){if (s[i] != s1[i]){cnt++;}}cout << cnt << endl;}return 0; }

B - Running for Gold

題意：

有n個(gè)選手要參加馬拉松比賽，并且每個(gè)馬拉松選手以前都參加過(guò)5場(chǎng)比賽，如果存在一個(gè)選手，在任意三場(chǎng)比賽中都比另一個(gè)選手的成績(jī)好，那么這個(gè)選手就強(qiáng)，如果有選手比其他所有的選手都強(qiáng)，那么就認(rèn)為這個(gè)選手可以在本次馬拉松比賽中拿第一，求是否存在這樣的選手，存在輸出這個(gè)選手的下標(biāo)，否則輸出-1

輸入

4
1
50000 1 50000 50000 50000
3
10 10 20 30 30
20 20 30 10 10
30 30 10 20 20
3
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2
3 3 3 3 3
6
9 5 3 7 1
7 4 1 6 8
5 6 7 3 2
6 7 8 8 6
4 2 2 4 5
8 3 6 9 4

輸出

1
-1
1
5

思路

這題n<=50000, t<=1000，所以得想一個(gè)O(n)的做法，可以轉(zhuǎn)換成打擂臺(tái)的題，假設(shè)有選手A和B，A如果在任意三場(chǎng)比賽中強(qiáng)于B，那么B就必不可能是第一，那么我們可以按照這樣模擬一個(gè)擂臺(tái)，首先A上場(chǎng)，和B打，A或者B贏了的留下，作為當(dāng)前的最強(qiáng)者繼續(xù)和C打，那么到最后必定有一個(gè)人留下，這個(gè)人前面的必定都是被打下去的，這個(gè)人之后的都是被他打過(guò)的，然后對(duì)于這樣的一個(gè)最強(qiáng)者，我們對(duì)他之前的選手進(jìn)行遍歷，尋找是否有比他強(qiáng)的，因?yàn)榍懊娴娜耸潜粍e人打下的，他自己不一定可以打下，如果存在這樣的選手，就說(shuō)明不存在可以拿第一的，否則輸出當(dāng)前選手下標(biāo)

代碼

#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <vector> #include <cmath> #include <stack> #include <queue> #include <set> #include <map>using namespace std;typedef long long ll; #define SSS \ios_base::sync_with_stdio(0); \cin.tie(0); \cout.tie(0); #define rep(i, a, b) for (int i = (a), i <= (b); i++) #define per(i, a, b) for (int i = (a), i >= (b); i--) #define pii pair<int, int> #define pdd pair<double, double> const int N = 5e4 + 10; const int mod = 1e9 + 7;int r[10][N]; int main() {SSS;int t;cin >> t;while (t--){int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = 1; j <= 5; j++){cin >> r[j][i];}}int ans = 1; // 當(dāng)前的最強(qiáng)者for (int i = 2; i <= n; i++){int cnt = 0;for (int j = 1; j <= 5; j++){if (r[j][ans] > r[j][i]){cnt++;}} // 如果有選手三項(xiàng)比賽的成績(jī)大于當(dāng)前的最強(qiáng)者就更新if (cnt >= 3){ans = i;}}int flag = 1; // 之后在遍歷一遍，強(qiáng)者鑒定for (int i = 1; i <= n; i++){int cnt = 0;for (int j = 1; j <= 5; j++){if (r[j][ans] > r[j][i]){cnt++;}if (cnt >= 3){flag = 0;break;}}}if (flag){cout << ans << endl;}else{cout << -1 << endl;}}return 0; }

C - Maximize the Intersections

題意：

大概就是有2n個(gè)點(diǎn)，給你k條已經(jīng)連起來(lái)的邊，求如果把剩下沒連起來(lái)的邊連起來(lái)，那么最終所有相交線的交點(diǎn)最多有多少個(gè)（沒太看懂，但是按我理解是這么個(gè)意思）

輸入

4
4 2
8 2
1 5
1 1
2 1
2 0
10 6
14 6
2 20
9 10
13 18
15 12
11 7

輸出

4
0
1
14

思路：

如果我們想要交點(diǎn)最多，那么就要讓每隊(duì)點(diǎn)的小點(diǎn)盡可能的小，另一個(gè)大點(diǎn)要大于盡可能多的小點(diǎn)，然后看下圖(其實(shí)自己畫一畫就出來(lái)了)

從cf題解里面扣的圖，可以看出ad和bc連是最優(yōu)的，得出一個(gè)結(jié)論，假設(shè)有2n個(gè)點(diǎn)要連，那么最優(yōu)解是1 – n+1, 2 – n+2 , … , n-1 – 2n

代碼

#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <vector> #include <cmath> #include <stack> #include <queue> #include <set> #include <map>using namespace std;typedef long long ll; #define SSS \ios_base::sync_with_stdio(0); \cin.tie(0); \cout.tie(0);#define rb(i, a, b) for (int i = (a), i <= (b); i++) #define re(i, a, b) for (int i = (a), i >= (b); i--) #define pii pair<int, int> const int N = 110; const int mod = 1e9 + 7;pii a[N]; int used[500]; int main() {SSS;int t;cin >> t;while (t--){int n, k;cin >> n >> k;n = n * 2;for (int i = 1; i <= n; i++){used[i] = i;a[i].first = 0;a[i].second = 0;}for (int i = 1; i <= k; i++){cin >> a[i].first >> a[i].second;if (a[i].first > a[i].second){int temp = a[i].first;a[i].first = a[i].second;a[i].second = temp;}used[a[i].first] = 1000;used[a[i].second] = 1000;}sort(used + 1, used + n + 1);// for (int i = 1; i <= n; i++)// {// cout << used[i] << " ";// }int mid = (n - k * 2) / 2;// cout << mid << endl;for (int i = k + 1; i <= k + mid; i++){a[i].first = used[i - k];a[i].second = used[mid + i - k];}sort(a + 1, a + n / 2 + 1);// cout << endl;// for (int i = 1; i <= n / 2; i++)// {// cout << a[i].first << " " << a[i].second << endl;// }// cout << endl;int cnt = 0;for (int i = 1; i <= n/2-1; i++){for (int j = i + 1; a[j].first < a[i].second && j <=n/2; j++){if (a[j].second > a[i].second){cnt++;// cout << endl;// cout << i << " " << j << endl;// cout << a[i].first << " " << a[i].second << endl;// cout << a[j].first << " " << a[j].second << endl;// cout << endl;}}}cout << cnt << endl;}return 0; }

D. Array Differentiation

題意

給定一個(gè)序列a，是否存在一個(gè)序列b，對(duì)于任意一個(gè)a，都有ai = bj + bk

輸入

5
5
4 -7 -1 5 10
1
0
3
1 10 100
4
-3 2 10 2
9
25 -171 250 174 152 242 100 -205 -258

輸出

YES
YES
NO
YES
YES

思路

對(duì)于序列a和b，我們可以首先求出序列a的所有子集，若序列a的所有子集存在重復(fù)的，那么就勢(shì)必存在一種序列b使得序列a成立

假設(shè)序列a的子集有c[i]，c[j]，c[k]，c[l]，若c[j] = c[k]，則c[j]和c[k]對(duì)應(yīng)的集合可視作一個(gè)集合，即序列a至少會(huì)少一個(gè)數(shù)，而一個(gè)數(shù)量為n的序列是可以被n+1個(gè)對(duì)應(yīng)序列所表示的，比如a序列1 2 3 4 5對(duì)應(yīng)的b序列可以為0 1 2 3 4 5，而少一個(gè)數(shù)則說(shuō)明對(duì)應(yīng)的序列也可以-1，即至多可以用n個(gè)數(shù)來(lái)表示，所以條件成立

#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <vector> #include <cmath> #include <stack> #include <queue> #include <set> #include <map>using namespace std;typedef long long ll; #define SSS \ios_base::sync_with_stdio(0); \cin.tie(0); \cout.tie(0); #define caseT \int t; \cin >> t; \while (t--) #define rep(i, a, b) for (int i = (a), i <= (b); i++) #define per(i, a, b) for (int i = (a), i >= (b); i--) #define pii pair<int, int> #define pdd pair<double, double> const int N = 100 + 10; const int mod = 1e9 + 7;int gcd(int a, int b) {return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }int lcm(int a, int b) {return a * b / gcd(a, b); }int lowbit(int x) {return x & -x; } int a[N], b[N];int main() {SSS;int t;cin >> t;while (t--){int n;map<int, int> mp;cin >> n;for (int i = 0; i < n; i++){cin >> a[i];}for (int i = 0; i < (1 << n); i++){int sum = 0;for (int j = 0; j < n; j++){if (i & (1 << j))sum += a[j];}mp[sum]++;}// for (auto i = mp.begin(); i != mp.end(); i++)// {// cout << i->first << " ";// }// cout << endl;// cout << mp.size() << " " << (1 << n) << endl;if (mp.size() != (1 << n)){puts("YES");}else{puts("NO");}}return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的Codeforces Global Round 15 ABCD的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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