Codeforces Round 719 (Div. 3)除F2题外补题报告

得分情况

A题AC
B题AC
C题TLE在样例2
（题简单，脑袋没转过弯来）

补题情况

全部AC

错题分析

C题

题目大意

构造一个n∗n的矩阵，使得相邻的两个格子填的数不能相邻。

初次思路

暴力枚举。

正解思路

我们可以把奇偶分开填入矩阵，可知，除了2*2无解，别的情况都行。

正解代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int main(){int t;scanf("%d",&t);while(t--){int k=1;int n;scanf("%d",&n);if(n==1){printf("1\n");continue;}if(n==2){printf("-1\n");continue;}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){printf("%d ",k);k+=2;if(k>n*n){k=2;}}printf("\n");}}return 0;
}

错误原因

题意理解错了。

D题

题目大意

给出T组序列a,长度为N,询问有多少对$(i,j)$满足$i<j$且$a_j-a_i=j-i$。

初次思路

暴力枚举。

正解思路

将$a_j-a_i=j-i$变形为$a_j-j=a_i-i$,然后统计值与下标的差，再用排列组合公式求出数量——$n\ast (n-1)/2$,最后求和。

正解代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int vis[400005];
int main(){int t;scanf("%d",&t);while(t--){memset(vis,0,sizeof vis);int n;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){int x;scanf("%d",&x);vis[x-i+n]++;}long long ans=0;for(int i=0;i<=2*n;i++){ans+=1ll*vis[i]*(vis[i]-1)/2;}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

错误原因

没有想到对原式进行变形。

E题

题目大意

一共有 t 组数据，每组数据第一行为 n ，为字符串长度，下一行为一个字符串（只有 ’ . ’ 和 ’ * '字符，每次可以向右或者向左移动 ‘ * ’ 字符，求把所有的 ’ * ’ 字符连起来的最小移动次数。

初次思路

暴力模拟。

正解思路

中间的羊是羊群的中心，因此让羊往中心靠拢最优，所以统计其它羊靠过来的距离最优。

正解代码

#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
int sheep[1000005];
int main(){int t;cin>>t;while(t--){long long n,cnt=0,step=0;string s;cin>>n>>s;for(int i=0;i<n;i++){if(s[i]=='*'){sheep[++cnt]=i;}}int mid=(1+cnt)/2;int len_left=1,len_right=1;for(int i=1;i<=cnt;i++){if(sheep[mid]>sheep[i]){step+=sheep[mid]-sheep[i]-len_left++;}if(sheep[mid]<sheep[i]){step+=sheep[i]-sheep[mid]-len_right++;}}cout<<step<<"\n";} return 0;
}

F1题

题目大意

交互题。给定 n,t,k（由于这里是简单版，保证 t=1，即t没啥用)，有一个长度为n的标号为1⋯n 的仅含01的数组，你每次可以询问l到r的和，需要得出数组中第k个0的下标。最多询问20次。

正解思路

可以用二分枚举位置，通过询问结果来判断前面有多少个0，如果0的数量大于等于k，说明mid要变小，l=mid+1,反之，r=mid。

正解代码

#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
int sheep[1000005];
int main(){int m,n,t;cin>>m>>t>>n;int l=1,r=m;while(l<r){int mid=(l+r)/2;cout<<"? "<<1<<" "<<mid<<"\n";cout.flush();int x;cin>>x;if(mid-x>=n){r=mid;}else{l=mid+1;}}cout<<"! "<<l;return 0;
}

G题

题目大意

给定一个n×m的网格，每个格子(i,j)都有一个整数参数$a_{ij}(-1<=a_{ij}<=10^9)$,$a_{ij}=-1$表示这个格子不能通过；否则，这个格子可以通过，若$a_{ij}>0$则表示这个格子内有一个传送门。现在小D想要从(1,1)移动到(n,m)，它可以以如下两种方式移动：在任意两个相邻且参数均不为−1的格子间移动，花费为w,在有传送门的两个格子 (i,j)和(x,y) 间移动，花费为$a_{ij}+a_{xy}$求小D所需的最小花费。

正解思路

分类思考，一是不走传送门，二是走一次传送门，进行两次bfs，求出最终结果。

正解代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,w;
int a[2010][2010],dis[2010][2010];
long long ans1=0x3f3f3f3f3f3f3f3f,ans2=0x3f3f3f3f3f3f3f3f,allans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int dx[4]={0,0,1,-1};
int dy[4]={1,-1,0,0};
void bfs(int sx,int sy,long long &ans){memset(dis,-1,sizeof(dis));queue<pair<int,int> >que;dis[sx][sy]=0;que.push(make_pair(sx,sy));while(!que.empty()){int x=que.front().first,y=que.front().second;que.pop();for(int i=0;i<4;i++){int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];if(nx<1||ny<1||nx>n||ny>m||a[nx][ny]==-1||dis[nx][ny]!=-1){continue;}dis[nx][ny]=dis[x][y]+1;que.push(make_pair(nx,ny));}}if(sx==1&&dis[n][m]!=-1){allans=min(allans,(long long)dis[n][m]*w);}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(dis[i][j]!=-1&&a[i][j]>0){ans=min(ans,(long long)dis[i][j]*w+a[i][j]);}} }
}
int main(){scanf("%d%d%d",&n,&m,&w);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){scanf("%d",&a[i][j]);}}bfs(1,1,ans1);bfs(n,m,ans2);allans=min(allans,ans1+ans2);printf("%lld",allans==0x3f3f3f3f3f3f3f3f?-1:allans);return 0;
}