A.Rook（循环）

题意：

给出一个$8\times 8$的棋盘和一个棋子（可以任选上下左右四方向移动任意步数），问一次移动可以到达哪些格子。

分析：

使用for循环对棋子所在的行列进行遍历并输出。

代码：

#include <bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;void solve() {string s;cin >> s;for (int i = 1; i <= 8; i++) {if (s[1] - '0' != i) {cout << s[0] << i << endl;}}for (int i = 0; i < 8; i++) {if (s[0] - 'a' != i) {cout << (char)(i + 'a') << s[1] << endl;}}
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

B.YetnotherrokenKeoard(模拟)

题意：

给出一个仅包含字母的字符串，其中'B'字符为删去当前字符前的第一个大写字母，'b'字符为删去当前字符前的第一个小写字母。

问：最后剩下的字符串是什么？

分析：

使用结构体存储每个字符，同时记录字符和字符原本所在的下标，并开两个vector分别存储大小写字母，遇到大小写的b且当前对应的vector非空，就删除对应vector最后一个元素。

遍历完字符串后将两个vector中的元素放在一起排序输出即可。

hint：大小写'b'的功能仅为删除元素，不会出现在结果字符串中

代码：

#include <bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;struct Node{char c;int pos;bool operator < (const Node &o) const {return pos < o.pos;}
};vector<Node> up, low, ans;void solve() {string s;cin >> s;up.clear();low.clear();ans.clear();for (int i = 0; i < s.size(); i++) {if (s[i] >= 'a' && s[i] <= 'z') {if (s[i] == 'b') {if (!low.empty()) low.pop_back();} else {low.push_back(Node{s[i], i});}} else {if (s[i] == 'B') {if (!up.empty()) up.pop_back();} else {up.push_back(Node{s[i], i});}}}for (int i = 0; i < up.size(); i++) {ans.push_back(up[i]);}for (int i = 0; i < low.size(); i++) {ans.push_back(low[i]);}sort(ans.begin(), ans.end());for (int i = 0; i < ans.size(); i++) {cout << ans[i].c;}cout << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

C.Removal of Unattractive Pairs(思维)

题意：

给出一个仅包含小写字母的字符串，每次可以选择两个相邻且不同的字符删除，问经过若干次删除后，剩下的字符串的最短长度是多少？

分析：

只需要考虑出现次数最多的字符，如果其他字符加起来的数量还没有该字符的出现次数多，那么一定无法消除所有字符。

共分为以下几种情况：

• 出现次数最多的字符的数量不大于其他所有字符的数量

  • n为奇数，由于每次只能消除2个字符，那么必然有1个字符会被剩下
  • n为偶数，可以全部删除

• 出现次数最多的字符的数量大于其他所有字符的数量

  • 此时消耗掉所有其他字符都无法将出现次数最多的字符消除，计算剩余多少个字符即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;int cnt[30];void solve() {int n;string s;cin >> n >> s;memset(cnt, 0, sizeof (cnt));int maxn = -1;for (int i = 0; i < n; i++) {cnt[s[i] - 'a']++;maxn = max(maxn, cnt[s[i] - 'a']);}if (maxn * 2 <= n) {if (n % 2 == 1) cout << 1 << endl;else cout << 0 << endl;}else cout << n - 2 * (n - maxn) << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

D.Jumping Through Segments(二分)

题意：

在数轴上有$n$条线，第$i$条线段覆盖$l_i\sim r_i$的区域，开始时站在$0$点上，每次可以选择一个$0\sim k$之间的数字$x$，可以向前或向后跳跃$x$距离。

要求：第$i$次跳跃的落点需要在第$i$条线段中。

问：$k$最少是多少才能保证完成所有跳跃？

分析：

可以对$k$进行二分，每次检查时维护可以跳到的区间的最左端和最右端，然后检查能否落在下一条线段中。如果不能，那么当前$k$不合法，否则，继续检查，并将区间约束在当前线段中。

代码：

#include <bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;int n, l[N], r[N];bool check(int k) {int L = 0, R = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {int jump_l = L - k, jump_r = R + k;if (jump_l > r[i] || jump_r < l[i]) return false;L = max(jump_l, l[i]), R = min(jump_r, r[i]);}return true;
}void solve() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> l[i] >> r[i];}int L = 0, R = 1e9, ans = -1;while (L <= R) {int mid = (L + R) / 2;if (check(mid)) {ans = mid;R = mid - 1;} else {L = mid + 1;}}cout << ans << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

E.Good Triples(思维)

题意：

给出一个非负整数$n$，问有多少三元组$(a,b,c)$满足$a+b+c=n$且$digsum(a)+digsum(b)+digsum(c)=digsum(n)$。

• $digsum(i)$表示将数字$i$十进制位上的每一个数字加在一起的结果。

分析：

当$a+b+c$出现进位时，必有$digsum(a)+digsum(b)+digsum(c)\ne digsum(n)$，因此，将$n$十进制位上每个数字拆出来，单独考虑每个数字的方案，最后根据乘法原理统计答案即可。

hint：需预处理$i=a+b+c(0\le i\le 9)$的方案数。

代码：

#include <bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;LL cnt[15];void solve() {string s;cin >> s;LL ans = 1;for (int i = 0; i < s.size(); i++) {ans *= cnt[s[i] - '0'];}cout << ans << endl;
}int main() {for (int i = 0; i <= 9; i++) {for (int j = 0; i + j <= 9; j++) {for (int k = 0; i + j + k <= 9; k++) {cnt[i + j + k]++;}}}int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

F,G

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