拉了CF583和CF486的两套div2题目
还是先贴宏定义部分
#define MAXN 1000000+5
#define MOD 1000000007
#define PI (acos(-1.0))
#define EPS 1e-6
#define MMT(s,a) memset(s, a, sizeof s)
#define GO(i,a,b) for(int i = (a); i < (b); ++i)
#define GOE(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define OG(i,a,b) for(int i = (a); i > (b); --i)
#define OGE(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
A - Asphalting Roads(CF-583A)
题意就是n条水平路，n条竖直路，构成井字形状。然后第i天会到(xi,yi)这个路口，如果这个路口得两条路都没有被染色，就输出这天并把两个路口都染上颜色，否则跳到下一天。
输出所有可以染色得天数。
题目思路：标记遍历即可
1 int main(){
2 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
3 int n,x,y;
4 cin>>n;
5 int mp1[55] = {0},mp2[55] = {0};
6 GO(i,0,n*n){
7 cin>>x>>y;
8 if(mp1[x] == 0 && mp2[y] == 0){
9 cout << i+1 << " ";
10 mp1[x] = mp2[y] = 1;
11 }
12 }
13 cout << endl;
14
15 return 0;
16 }
B - Robot‘s Task(CF-583B)
题意就是最开始从左往右走，如果现在值Num比a[i]大，则Num+1，否则跳过他，走到尽头如果有数没有经过，则转向再次走，已经走过的地方不能再走。
Num初始值为0，问至少转向几次。
思路：模拟即可
1 int main(){
2 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
3 int n;
4 int a[1005] = {0},vis[1005] = {0};
5 cin>>n;
6 GOE(i,1,n){
7 cin>>a[i];
8 }
9 bool flag = true;
10 int cnt = n,ans = 0,num = 0;
11 while(cnt > 0){
12 if(flag){
13 GOE(i,1,n){
14 if(!vis[i] && num >= a[i]){
15 vis[i] = 1;
16 num++;
17 cnt--;
18 }
19 }
20 }
21 else{
22 OGE(i,n,1){
23 if(!vis[i] && num >= a[i]){
24 vis[i] = 1;
25 num++;
26 cnt--;
27 }
28 }
29 }
30 flag = !flag;
31 if(cnt > 0)
32 ans++;
33 }
34 cout << ans << endl;
35
36 return 0;
37 }
C - GCD Table(CF-583C)
给你一个打乱了的GCD表，问是哪些值构成的。
思路：这n个数一定就是对角线上的数，直接降序排列然后暴力找，每次找到的最大的数一定是其中一个数，然后求出它与已经求出的所有数的gcd在队列中去掉两个这个gcd数，保证所有大于等于下一个数字的gcd一定都被去掉了，剩下的最大的又是要找的数。
额外定义
template<typename T>
using maxHeap = priority_queue<T, vector<T>, less<T> >;
template<typename T>
inline T gcd(T a, T b){ return b==0 ? a : gcd(b,a%b); }
代码
1 int main(){
2 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
3 int n,k = 0,temp,num;
4 int a[250050],b[250050];
5 cin>>n;
6 GOE(i,1,n*n){
7 cin>>a[i];
8 }
9 sort(a+1,a+1+n*n);
10 maxHeap<int> q;
11 OG(i,n*n,0){
12 if(!q.empty())
13 temp = q.top();
14 else
15 temp = 0;
16 if(a[i] == temp){
17 q.pop();
18 continue;
19 }
20 GO(j,0,k){
21 num = gcd(b[j],a[i]);
22 q.push(num);
23 q.push(num);
24 }
25 b[k++] = a[i];
26 }
27 GO(i,0,k)
28 cout << b[i] << " ";
29 cout << endl;
30
31 return 0;
32 }
F - Calculating Function(CF-486A)
题意就是按照他给的公式输出F(n)；
思路：可以推出n为偶数是F(n) = n/2,否则F(n) = n/2 - n;
代码
1 int main(){
2 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
3 ll n;
4 cin>>n;
5 if (n&1)
6 cout << n/2 - n << endl;
7 else
8 cout << n/2 << endl;
9
10 return 0;
11 }
G - OR in Matrix(CF-486B)
题目就是说bij为i行和j列的值OR操作的结果，现在给你操作后的表，要你求操作前的表。
思路：如果bij = 0，则证明i行和j列全是0，如果是1，则证明i行和j列必须有一个1，所以先把所有值设为1，按照题目把某些行列变为0，再判断一遍是否满足题意即可
代码
1 int main(){
2 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
3 int n,m;
4 int a[105][105],b[105][105];
5 fill(b[0],b[0]+105*105,1);
6 cin>>n>>m;
7 GOE(i,1,n){
8 GOE(j,1,m){
9 cin>>a[i][j];
10 if(a[i][j] == 0){
11 GOE(ii,1,n)
12 b[ii][j] = 0;
13 GOE(jj,1,m)
14 b[i][jj] = 0;
15 }
16 }
17 }
18
19 GOE(i,1,n){
20 GOE(j,1,m){
21 if(a[i][j] == 1){
22 int flag = 0;
23 GOE(ii,1,n){
24 if(b[ii][j] == 1){
25 flag = 1;
26 break;
27 }
28 }
29 GOE(jj,1,m){
30 if(b[i][jj] == 1){
31 flag = 1;
32 break;
33 }
34 }
35 if(!flag){
36 cout << "NO" << endl;
37 exit(0);
38 }
39 }
40 }
41 }
42
43 cout << "YES" << endl;
44 GOE(i,1,n){
45 GOE(j,1,m)
46 cout << b[i][j] << " ";
47 cout << endl;
48 }
49
50 return 0;
51 }
H - Palindrome Transformation(CF-486C)
题意就是4种操作，最开始在k位置操作，问最少操作多少次使得原串变成回文串。
思路：因为是对称的，我们先不要管最开始在哪个位置，遍历即可，当a[i] != a[n-i-1]时候，我们再想是变a[i]还是变另一个，然后答案加上这个值。同时往容器中加上从k走到i远还是走到n-i-1近。
最后排序，答案加上最远距离于最近距离之差再加上这两者距离k最近的距离即可。
为什么只需要不需要管k的位置，因为k无论在哪里，我们都需要把所有不符合的字符走到，所以这里得花掉最远距离和最近距离的差，同时我们最开始在k，需要走到最近的位置开始遍历上一段距离，所以最终答案就是
ans = 每个不合格字符的操作次数 + 不合格字符的区间长度 + 从k位置走到这个区间的某一端点的距离；
因为不管你的k是否在这个区间内，都需要遍历一遍这个区间。
1 int main(){
2 ios_base::sync_with_stdio(false), cout.tie(0), cin.tie(0);
3 int n,k;
4 string s;
5 vector<int> q;
6 cin>>n>>k>>s;
7 int len = n/2,ans = 0;
8 GO(i,0,len){
9 if(s[i] != s[n-1-i]){
10 int tp = abs(s[i] - s[n-1-i]);
11 tp = min(tp,26-tp);
12 ans += tp;
13 if(tp)
14 q.PB((abs(i+1-k) < abs(n-i-k)) ? i+1 : n-i);
15 }
16 }
17 int cnt = q.size();
18 if(q.empty())
19 cout << ans << endl;
20 else{
21 sort(q.begin(),q.end());
22 ans += q[cnt-1] - q[0] + min(abs(q[cnt-1]-k),abs(q[0]-k));
23 cout << ans << endl;
24 }
25 return 0;
26 }
D题E题时间关系暂时不补了。
原文地址：https://www.cnblogs.com/xenny/p/9689670.html