[题解]AtCoder Beginner Contest 394(ABC394)

A - 22222

遍历字符串\(s\)，按题意输出所有2即可。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
string s;
signed main(){cin>>s;for(auto a:s) if(a=='2') cout<<a;return 0;
}

B - cat

按题意模拟即可。

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#include<bits/stdc++.h>
#define N 60
using namespace std;
int n;
string s[N];
signed main(){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>s[i];sort(s+1,s+1+n,[](string a,string b){return a.size()<b.size();});for(int i=1;i<=n;i++) cout<<s[i];return 0;
}

C - Debug

容易发现答案就是将原字符串所有形如WWW...WWWA的子串替换成ACCC...CCC，如此模拟即可得到答案。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
int n;
signed main(){cin>>s;n=s.size();int pos=-1;for(int i=0;i<n;i++){if(s[i]=='W'){if(pos==-1) pos=i;}else if(s[i]=='A'){if(~pos){cout<<"A";for(int j=pos;j<i;j++) cout<<"C";pos=-1;}else{cout<<"A";}}else{if(~pos){for(int j=pos;j<i;j++) cout<<s[j];pos=-1;}cout<<s[i];}}if(~pos){for(int j=pos;j<n;j++) cout<<s[j];pos=-1;}return 0;
}

上面是赛时思路，稍有点繁琐。实际上不难发现，我们可以直接倒序遍历字符串，遇到WA便修改成AC。

这样做是正确的，因为每次修改只可能对之前的字符串产生影响。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
int n;
signed main(){cin>>s,n=s.size();for(int i=n-1;i>0;i--){if(s[i]=='A'&&s[i-1]=='W'){s[i]='C',s[i-1]='A';}}cout<<s;return 0;
}

D - Colorful Bracket Sequence

居然是括号匹配模板题w

具体过程如下，类似于模拟，所以正确性比较显然：

定义一个栈，初始为空。

对于\(i=1,2,\dots,n\)，依次遍历\(s_i\)：

• 如果\(s_i\)是左括号，将\(s_i\)入栈。
• 如果\(s_i\)是右括号，取出栈顶的左括号，看是否与\(s_i\)匹配。如果不匹配或者栈为空，断定No。

如果最终栈非空，断定No，否则断定Yes。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
stack<char> st;
string s;
bool solve(){for(char i:s){if(i=='('||i=='['||i=='<'){st.push(i);}else{if(st.empty()) return 0;char c=st.top();st.pop();if(i==')'&&c!='(') return 0;if(i==']'&&c!='[') return 0;if(i=='>'&&c!='<') return 0;}}return st.empty();
}
signed main(){cin>>s;cout<<(solve()?"Yes":"No");return 0;
}

E - Palindromic Shortest Path

考虑到一个回文串的头尾各添加一个相同的字符，仍然是一个回文串，所以考虑使用BFS求解，队列里存的是形如\((u,v)\)的路径。

• 先对于\(i=1,2,\dots,n\)，将长度为\(0\)的路径\((i,i)\)加入队列，并令\(ans_{i,i}=0\)。

• 再对于\((u,v)\in E\)，将长度为\(1\)的路径\((u,v)\)加入队列，并令\(ans_{u,v}=1\)。

• 接下来进行BFS，对于从队头取出的\((x,y)\)这条路径，枚举\(1\le i,j\le n\)，若同时满足：

  • \(ans_{i,j}\)未被更新。
  • \((i,x),(y,j)\in E\)。
  • \((i,x),(y,j)\)

  则令\(ans_{i,j}=ans_{x,y}+1\)，并将\((i,j)\)入队。

由于我们保证队列中每个路径的\(ans\)从队头到队尾不降，所以\(ans_{i,j}\)第一次更新的值一定是最小的。自然正确性可以保证。

时间复杂度：最多\(O(n^2)\)次入队操作，枚举\(i,j\)是\(O(n^2)\)的。所以时间复杂度是\(O(n^4)\)。

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#include<bits/stdc++.h>
#define N 105
using namespace std;
int n,ans[N][N];
string a[N];
queue<pair<int,int>> q;
signed main(){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],a[i]=' '+a[i];memset(ans,-1,sizeof ans);for(int i=1;i<=n;i++) ans[i][i]=0,q.push({i,i});for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++)if(i!=j&&a[i][j]!='-') ans[i][j]=1,q.push({i,j});while(!q.empty()){auto [x,y]=q.front();//注意 该写法仅c++17或以上可用q.pop();for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++)if(ans[i][j]==-1&&a[i][x]==a[y][j]&&a[i][x]!='-')ans[i][j]=ans[x][y]+2,q.push({i,j});}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++) cout<<ans[i][j]<<" ";cout<<"\n";}return 0;
}

\(O(n^4)\)居然是正解，难道哪里跑不满吗……？

F - Alkane

考虑树形dp。

由于一个烷烃只包含度为\(1,4\)的节点，当我们规定必须从子树\(u\)中选定一个包含\(u\)的连通块作为烷烃时，可能的形态只有下面两种：

所以我们考虑计算一个\(f\)数组，其中\(f_u\)表示从子树\(u\)中选定一个包含\(u\)的最大连通块，使得它是一个严格三叉树（非叶节点都有\(3\)个子节点）时，该连通块的大小。

\(f[u]\)的计算过程如下，其中\(ch\)表示\(u\)的子节点个数：

• 若\(ch<3\)，\(f_u=0\)。
• 若\(ch\ge 3\)，\(f_u=f_{i_1}+f_{i_2}+f_{i_3}+1\)。其中\(i_x\)表示\(u\)的子节点中，\(f\)值第\(x\)大的节点。

然后就是计算答案了，讨论上图中\(2\)种情况。对于节点\(u\)：

• 若\(ch\ge 4\)，有\(f_{i_1}+f_{i_2}+f_{i_3}+f_{i_4}+1\)的贡献，\(i\)的含义同上。
• 若\(ch\ge 3\)，且\(u\)不是根节点，有\(f_{i_1}+f_{i_2}+f_{i_3}+2\)的贡献。

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#include<bits/stdc++.h>
#define N 200010
using namespace std;
int n,ans,siz[N];
vector<int> G[N];
int dfs(int u,int fa){//返回值作为f[u]int maxx[4]={0};//维护前4大for(int i:G[u]){if(i==fa) continue;int t=dfs(i,u);siz[u]++;if(t>=maxx[0]) maxx[3]=maxx[2],maxx[2]=maxx[1],maxx[1]=maxx[0],maxx[0]=t;else if(t>=maxx[1]) maxx[3]=maxx[2],maxx[2]=maxx[1],maxx[1]=t;else if(t>=maxx[2]) maxx[3]=maxx[2],maxx[2]=t;else if(t>=maxx[3]) maxx[3]=t;}if(siz[u]<=2) return 1;if(siz[u]>=4) ans=max(ans,maxx[0]+maxx[1]+maxx[2]+maxx[3]+1);if(u!=1) ans=max(ans,maxx[0]+maxx[1]+maxx[2]+2);return maxx[0]+maxx[1]+maxx[2]+1;
}
signed main(){cin>>n;for(int i=1,u,v;i<n;i++){cin>>u>>v;G[u].emplace_back(v);G[v].emplace_back(u); }dfs(1,0);cout<<(ans?ans:-1)<<"\n";return 0;
}