标签：AtCoder ch 212 int 题解 sum && 操作

前言

好久没有打ABC了 ，上一次打已经是ABC196了，震惊这次有8题，世界第一也来了，30min就全切了，可惜我只会ABCD。

upd：我好像会E了。

Alloy

题目大意

给两个数，要判断这两个数在哪个范围，范围就不用解释了吧······

题解

直接if判断即可，非常简单。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
	int a,b;
	cin>>a>>b;
	if(a==0&&b>0)puts("Silver");
	if(a>0&&b==0)puts("Gold");
	if(a>0&&b>0)puts("Alloy");
	return 0;
} 

Weak Password

题目大意

给一个数字的 PIN，要判断这个 PIN 的强弱，如果出现下面两种情况之一，就算弱：

• 四位相同，见样例一。
• 每相邻两位递增\(1\)，如\(0\)后接着\(1\)，\(1\)后接着\(2\)，注意\(9\)后接着\(0\)，见样例三。

题解

对于判定\(1\)，直接if判断即。

对于判定\(2\)，扫一遍数列合不合法，因为\(9\)后接着\(0\)，所以要特别判定一下，当然也可以直接与\(10\)取余。

输入时用字符串处理比较方便，注意数组下标从\(0\)开始。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
	char ch[5];
	bool flag;
	cin>>ch;
	if(ch[0]==ch[1]&&ch[1]==ch[2]&&ch[2]==ch[3])
	{
		puts("Weak");
		return 0;
	}
	flag=true;
	for(int i=0;i<=2;i++)
		if(ch[i+1]-'0'!=(ch[i]-'0'+1)%10)
		{
			flag=false;
			break;
		}	
	if(flag==true)puts("Weak");
	else puts("Strong");
	return 0;
} 

Min Difference

题目大意

已知两个数列\(A\)和\(B\)，求：

\[\min|A_i-B_j|(1\le i\le n,1\le j\le m) \]

题解

很明显有\(O(nm)\)的暴力，可过不了这道题，考虑优化。

对于答案，我们只寻找差的绝对值较小的，而不用关心差的绝对值一定大的数，因此对于每个数而言，其实只用计算比自己大和自己小的离自己最近的两个数即可。

所以我们先将两个数列排序，再解决上面的问题。

但如何解决使两个数差距尽可能小呢？可以使用双指针\(i\)和\(j\)表示\(A_i\)和\(B_j\)，我们要先思考：如果知道\(A_i\)和\(B_j\)的大小关系，是增加\(i\)还是增加\(j\)更对答案有贡献。

这要分成两种情况（注意已经按升序排好）：

• \(A_i>B_j\)，这时候增加\(j\)，因为增加\(i\)只会使两个数差距越来越大。
• \(A_i\le B_j\)，这时候增加\(i\)，因为增加\(j\)只会使两个数差距越来越大。

注意两个指针会遍历两个数列，所以遍历的时间复杂度为\(O(n+m)\)，加上排序，总时间为\(O(n\log n+m\log m)\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+7;
int a[N],b[N];
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&b[i]);
    sort(a+1,a+n+1);
    sort(b+1,b+m+1);
    int ans=INT_MAX;
    for(int i=1,j=1;i<=n&&j<=m;)
    {
        ans=min(ans,abs(a[i]-b[j]));
        if(a[i]>b[j]) j++;
        else i++;
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

Querying Multiset

题目大意

维护一个包？数据结构，满足以下三种操作：

• 在一个空球上面写一个整数\(X\)，并把这个球放入包内。
• 对于包内的所有球，将每个球上面的整数加上\(X\)。
• 输出包中所有球上的最小的数字，并把这个球扔掉.

题解

对于这种带加入删除的整体最大最小值问题，很明显就是堆，对于这道题，只要维护一个小根堆。

因为操作\(2\)不可能将所有数都暴力模拟，但对于同一基准的数，不管加上多少，数的大小关系总不变，因此我们来解决如何把数都变成同一标准。

先记录一下操作\(2\)加了多少，记为\(sum\)，这样每个数就可以表示为\(a_i+sum\)（\(a_i\)为同一基准数）。

先不考虑操作\(3\)，对于每次操作\(1\)，将\(X-sum\)就可以将加入的数\(X\)与堆中的其他数变成同一标准，因为这个数加入之前的操作\(2\)的值与这个数是无关的，如果还不明白，那就举个例子：

假设现在只有一个数\(X\)，进行了一次操作\(2\)，所加总和记为\(sum\)。

进行了一次操作\(1\)，加入了一个数\(Y-sum\)。

又进行了一次操作\(2\)，加上了一个数\(k\)，所加总和记为\(sum+k\)。

此时\(X\)的值为\(X+sum+k\)，\(Y\)的值为\(Y-sum+sum+k=Y+k\)。

操作\(2\)很简单，直接将\(sum+X\)就可以了。

操作\(3\)的话也很简单，直接取队头的值\(a_{top}+sum\)就可以了。

注意开long long，时间复杂度为\(O(n\log n)\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n;
priority_queue<LL,vector<LL>,greater<LL> > heap;
LL sum;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    while(n--){
        int op,x;
        scanf("%d",&op);
        if(op==1){
            scanf("%d",&x);
            heap.push(x-sum);
        }
        else if(op==2){
            scanf("%d",&x);
            sum+=x;
        }
        else{
            printf("%lld\n",heap.top()+sum);
            heap.pop();
        }
    }
    return 0;
}

标签：AtCoder,ch,212,int,题解,sum,&&,操作
来源： https://www.cnblogs.com/qinchenhao/p/15100443.html

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