Codeforces 1099 - A/B/C/D/E/F - (Done)

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A - Snowball - [模擬水題]

題意：有一個雪球從山頂滾落，山坡上有兩塊石頭，每秒鐘會一次發生三件事：一、雪球增重，數值爲當前高度；二、若是當前高度有一塊石頭，則會撞到石頭，損失跟石頭一樣重的重量；三、往下移動一米。此外，若雪球的重量若是變爲負數，則自動變成零。雪球會在高度爲零處中止滾動，問中止滾動時雪球重量。

題解：模擬水題。

AC代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int w,h;
int u[2],d[2];
int main()
{
    cin>>w>>h;
    cin>>u[0]>>d[0]>>u[1]>>d[1];
    while(h)
    {
        w+=h;
        for(int i=0;i<=1;i++) if(h==d[i]) w-=u[i], w=max(w,0);
        h--;
    }
    cout<<w<<endl;
}

 

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B - Squares and Segments - [簡單數學題]

題意：在一個無限大的網格上畫正方形，只能畫單位 $1$ 長度的線段，且端點只能在整數格點上。你若是想畫 $(x,y)$ 到 $(x,y+1)$ 這樣一條線段，若是存在 $(x',y)$ 到 $(x',y+1)$ 的另一條線段，則能夠直接畫，不然就須要用尺子。對於 $(x,y)$ 到 $(x+1,y)$ 這樣的線段也是相似的。求最少用幾回尺子能畫出 $n$ 個正方形。

題解：顯然，若 $n=k^2$，則 $ans=2 \cdot k$。不然的話，找到知足 $(k-1)^2 < n < k^2$ 的 $k$，而 $ans$ 爲 $2 \cdot k$ 或者 $2 \cdot k - 1$。

AC代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int eps=1e-10;
int n;
int main()
{
    while(cin>>n)
    {
        int k=ceil(sqrt(n)-eps)+eps;
        if(k*k==n) cout<<2*k<<endl;
        else
        {
            int t=n-(k-1)*(k-1);
            cout<<((t>=k)?(2*k):(2*k-1))<<endl;
        }
    }
}

 

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C - Postcard - [簡單的字符串構造題]

題意：給出一個小寫字母組成的字符串，另外還包含「?」、「*」兩個字符，「?」表明其前面的那個字母能夠去掉或者留下，「*」表明其前面的那個字母能夠重複零到任意屢次。要求你給出一個長度爲 $k$ 的操做後字符串。

題解：首先「Impossible」的緣由有兩種，一種是長度過長，另外一種是長度太短，先把這兩種判掉。

其次看看有沒有「*」，若是沒有，把一部分「?」前的字母留下來達到長度 $k$ 便可；若是有，那麼別的所有扔掉，只用其中一個「*」重複字母，知道長度爲 $k$。

AC代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int k;
string s;
int main()
{
    cin>>s>>k;

    int c1=0, c2=0;
    for(int i=0;i<s.size();i++)
    {
        if(s[i]=='?') c1++;
        if(s[i]=='*') c2++;
    }
    if(s.size()-2*(c1+c2)>k) //長度過長
    {
        printf("Impossible\n");
        return 0;
    }
    if(c2==0 && s.size()-c1<k) //長度太短
    {
        printf("Impossible\n");
        return 0;
    }

    int need=k-(s.size()-2*(c1+c2)); //cout<<need<<endl;
    if(c2>0)
    {
        for(int i=0;i<s.size();i++)
        {
            if(i+1<s.size() && s[i+1]=='?') {i++; continue;}
            if(i+1<s.size() && s[i+1]=='*')
            {
                for(int t=1;t<=need;t++) printf("%c",s[i]);
                need=0;
                i++; continue;
            }
            printf("%c",s[i]);
        }
        printf("\n");
    }
    else
    {
        for(int i=0;i<s.size();i++)
        {
            if(i+1<s.size() && s[i+1]=='?')
            {
                if(need){printf("%c",s[i]); need--; i++; continue;}
                else {i++; continue;}
            }
            printf("%c",s[i]);
        }
        printf("\n");
    }
}

 

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D - Sum in the tree - [DFS]

題意：給出一棵有根樹，根節點編號爲 $1$，每一個節點存在一個權值 $a[x]$，同時還有一個 $s[x]$ 爲從根節點到節點 $x$ 這條路徑上的全部節點的 $a[x]$ 之和。此時，擦除了全部深度爲偶數的節點的 $s[x]$（根節點深度爲 $1$）。而後要求反推出全部節點的 $a[x]$，使得全部節點的 $a[x]$ 之和最小。

題解：很容易就能想到，對於一個 $s[x] = -1$ 節點，它的 $a[x]$ 的取值是受制於它的全部直系子節點的。並且，它的兒子節點們的 $s[y]$ 都是確保已知的，所以只存在兩種狀況：有兒子節點，$s[x]$ 取值就是 $\min_{全部的edge(x,y)}(s[y])$，進而 $a[x] = s[x] - s[par(x)]$；若是沒有兒子節點，那麼顯然取 $a[x] = 0$ 是最好的。而後根據這種思想，用DFS遍歷一下樹，算出每一個節點的 $a[x]$ 就好了。

AC代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e5+10;
int n,a[maxn],s[maxn];
vector<int> e[maxn];
bool ok;
void dfs(int now,int par,int d)
{
    if(!ok) return;
    if(d%2==0)
    {
        if(e[now].empty()) s[now]=s[par], a[now]=0;
        else
        {
            int mn=INF;
            for(auto nxt:e[now]) mn=min(mn,s[nxt]);
            if(mn<s[par]) {ok=0; return;}
            else s[now]=mn, a[now]=s[now]-s[par];
        }
    }
    else a[now]=s[now]-s[par];
    for(auto nxt:e[now]) dfs(nxt,now,d+1);
}
int main()
{
    cin>>n;
    for(int v=2,u;v<=n;v++) scanf("%d",&u), e[u].push_back(v);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&s[i]);

    ok=1, s[0]=0;
    dfs(1,0,1);

    if(!ok) cout<<-1<<endl;
    else
    {
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++) ans+=a[i];
        cout<<ans<<endl;
    }
}

 

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E - Nice table

 

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F - Cookies - [DFS+博弈+線段樹]