当前位置：首页 > wzjs >正文

先看网站案例您的网站也可以这么做优化大师下载旧版本安装

wzjs 2025/8/20 14:12:01

先看网站案例您的网站也可以这么做,优化大师下载旧版本安装,用旧电脑做网站,微商城微网站制作A - Not Found 翻译： 给您一个字符串S，长度在1 到25 之间，由小写英文字母组成。输出S 中没有出现的一个小写英文字母。如果有多个这样的字母，可以输出其中任何一个。思路： 数组记录存在于 s 中的字母。&#xff08…

A - Not Found

翻译：

给您一个字符串S，长度在1 到25 之间，由小写英文字母组成。

输出S 中没有出现的一个小写英文字母。

如果有多个这样的字母，可以输出其中任何一个。

思路：

数组记录存在于 s 中的字母。（模拟）

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MX = 2e5+10;void solve(){string s;cin>>s;vector<int> num(26,0);for (char c:s) num[c-'a'] = 1;for (int i=0;i<26;i++){if (num[i]==0){cout<<(char)(i+'a')<<endl;return;}}
}int main(){// 关闭输入输出流同步ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// 不使用科学计数法// cout<<fixed;// 四舍五入中间填保留几位小数，不填默认// cout.precision();solve();return 0;
}

B - Grid Rotation

翻译：

        有两个网格 S 和 T，每个网格有 N 行 N 列。让(i,j) 表示从上到下第 i 行和从左到右第 j 列的单元格。

        网格 S 和 T 的每个单元格都被涂成白色或黑色。如果 $S_{i,j}$ 为 .，则 S 的单元格 (i,j) 为白色；如果 $S_{i,j}$ 为 #，则 S 的单元格 (i,j) 为黑色。这同样适用于 T。

        您可以按任意顺序执行以下两种类型的操作任意多次。找出使网格 S 与网格 T 相同所需的最少操作次数。

选择网格 S 中的一个单元格并改变其颜色。
将整个网格 S 顺时针旋转 90 度。

思路：

模拟一下得到：对于点(i,j)，

        顺时针旋转90度，对应点(j,n-i+1)；
        顺时针旋转180度，对应点(n-i+1,n-j+1)；
        顺时针旋转270度，对应点(n-j+1,i)；

        可以想到旋转最多发生一次，得到转后的答案进行比较即可。（模拟）

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MX = 2e5+10;void solve(){int n;cin>>n;vector<vector<char>> a(n+1,vector<char>(n+1)),b(n+1,vector<char>(n+1));for (int i=1;i<=n;i++){for (int j=1;j<=n;j++){cin>>a[i][j];}}for (int i=1;i<=n;i++){for (int j=1;j<=n;j++) cin>>b[i][j];}vector<int> res(4,0);for (int i=0;i<4;i++) res[i] = i;for (int i=1;i<=n;i++){for (int j=1;j<=n;j++){res[0] += (b[i][j]!=a[i][j]);res[1] += (b[j][n-i+1]!=a[i][j]);res[2] += (b[n-i+1][n-j+1]!=a[i][j]);res[3] += (b[n-j+1][i]!=a[i][j]);}}int ans = res[0];for (int i=0;i<4;i++){
//        cout<<res[i]<<endl;ans = min(ans,res[i]);}cout<<ans<<endl;
}int main(){// 关闭输入输出流同步ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// 不使用科学计数法// cout<<fixed;// 四舍五入中间填保留几位小数，不填默认// cout.precision();solve();return 0;
}

C - Cycle Graph?

翻译：

给你一个简单的无向图，它有 N 个顶点和M 条边。顶点编号为 1,2,...,N，边编号为 1,2,...,M。边 i 连接顶点 A i 和 B i。

请判断该图是否为循环图。

思路：

先判断是否N==M。不是的话，存在多余边。

深度搜索，判断是否能回到原点并经过了N个点。（dfs）

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MX = 2e5+10;
int n,m;
void solve(){cin>>n>>m;vector<vector<int>> graph(n+1);for (int v,u,i=1;i<=m;i++){cin>>u>>v;graph[u].push_back(v);graph[v].push_back(u);}if (n!=m){cout<<"No"<<endl;return;}vector<int> vis(n+1,0);auto dfs = [&](auto&& dfs ,int i,int fa,int cnt)->void{vis[i] = 1;for (int j:graph[i]){if (j!=fa){if (vis[j]){if (cnt!=n)cout<<"No"<<endl;else cout<<"Yes"<<endl;exit(0);}vis[j] = 1;dfs(dfs,j,i,cnt+1);}}};dfs(dfs,1,-1,1);cout<<"No"<<endl;
}int main(){// 关闭输入输出流同步ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// 不使用科学计数法// cout<<fixed;// 四舍五入中间填保留几位小数，不填默认// cout.precision();solve();return 0;
}

D - Goin' to the Zoo

翻译：

        在 AtCoder 国家有 N 个动物园，编号从 1 到 N。第 i 个动物园的门票是 C i 日元。

        铃木先生喜欢 M 种动物，即动物 1，...，M。动物 i 可以在 K i 个动物园看到，即动物园 A i，1，...，A i，K i。

        求如果M 种动物每种至少看两次，所需的最低门票总额。

        如果您多次游览同一动物园，则认为每次游览都能看到那里的动物。

思路：

一个动物园最多看两次，多了没意义。在此基础上遍历每个动物园的观光次数。最坏O（ $3^N$ ）。（暴力）

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const ll MX = 2e5+10;
ll n,m,res = LLONG_MAX;
vector<ll> c;
vector<vector<ll>> zoos;
vector<ll> vis;
void dfs(ll i,ll costs){if (costs>res) return;if (i==n+1){ll f = 1;vector<ll> tmp(m+1,2);for (ll j=1;j<=n;j++){for (ll k:zoos[j]){tmp[k]-=vis[j];}}for (ll j=1;j<=m;j++) if (tmp[j]>0) f = 0;if (f) res = min(res,costs);return;}for (ll j=0;j<=2;++j){vis[i] = j;dfs(i+1,costs+j*c[i]);}
}
void solve(){cin>>n>>m;c.resize(n+1);zoos.resize(n+1);vis.resize(n+1,0);for (ll i=1;i<=n;i++) cin>>c[i];for (ll k,zoo,i=1;i<=m;i++){cin>>k;for(ll j=1;j<=k;j++){cin>>zoo;zoos[zoo].push_back(i);}}dfs(1,0ll);cout<<res<<endl;
}int main(){// 关闭输入输出流同步ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// 不使用科学计数法// cout<<fixed;// 四舍五入中间填保留几位小数，不填默认// cout.precision();solve();return 0;
}

E - Bowls and Beans

翻译：

        一排有 N 个大碗，从左边开始依次编号为0,1,...,N-1。

        每个碗 i（1≤i≤N-1）上都写有一个整数 C i，最初装有 A i 粒豆子。

        碗 0 上没有写任何整数，最初也没有豆子。

        考虑重复下面的操作任意多次：

选择一个碗 i（1≤i≤N-1），从中取出一颗或多颗豆子。
将取出的豆子在 $i-C_i,i-C_i+1,\cdots,i-1$ 碗中自由分配。
从形式上看，当你取出 k 粒豆子时，你必须把总共k 粒豆子放进碗 $i-C_i,i-C_i+1,\cdots,i-1$ 中，你可以选择每碗放多少粒豆子。

        求将所有豆子放入 0 号碗所需的最少操作数。

思路：

碗中有豆的是一定要操作的。

将豆子分配到碗中有豆子的其他碗是优先考虑的。

memo[i]：在点 i 到有豆的其他碗的最小操作数。(动态规划，贪心)

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const ll MX = 2e5+10;
void solve(){int n;cin>>n;vector<int> c(n+1),a(n+1);a[1] = 1;for (int i=2;i<=n;i++)cin>>c[i];for (int i=2;i<=n;i++) cin>>a[i];vector<int> memo(n+1,INT_MAX);memo[1] = 1;for (int i=2;i<=n;i++){for (int j=i-1;j>=max(1,i-c[i]);j--){if (a[j]) memo[i] = 1;else{memo[i] = min(memo[i],memo[j]+1);}}}int cnt = 0;for (int i=n;i>=2;i--){if (a[i]==0) continue;cnt+=memo[i];}cout<<cnt<<endl;
}int main(){// 关闭输入输出流同步ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// 不使用科学计数法// cout<<fixed;// 四舍五入中间填保留几位小数，不填默认// cout.precision();solve();return 0;
}