D – “redocta”.swap(i,i+1)
题意: 给一个字符串,每次交换相邻两个字符,问最少多少次变成”atcoder”
题解: 从左到右依次模拟
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pll;
const int N=2e5+5;
const ll inf=1e18;
const ll mod=998244353;
ll a[N];
ll minn[N];
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
string s;cin>>s;
string p="atcoder";
ll ans=0;
for(ll i=0;i<=6;i++){
if(s[i]==p[i]) continue;
ll j=i;
while(s[j]!=p[i]){
j++;
}
ans+=j-i;
for(ll z=j;z>=i;z--) s[z]=s[z-1];
s[i]=p[i];
}
cout<<ans;
}
E – Blackout 2
题意: 给出N个城市,M个发电厂,K个电线,然后Q次操作 ,每次剪断一根电线,问每次操作之后,有几个城市是有点的,只有到一个城市与发电厂是连通的,才是有电的。
题解: 我们可以把这个问题换位思考。
- 开始有K根电线,然后每次剪断一根,问剪断之后有多少城市有电
- 开始有K-Q根电线,每次加上一根,问加上之后有多少城市有电
我们可以发现,上面这两个问题他们最后得出的答案刚好是相反的,所以,我们可以通过第二种方法求出答案然后逆序输出,明显第二种方法简单。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pll;
const int N=5e5+5;
const ll inf=1e18;
const ll mod=998244353;
ll pre[N];
pll q[N];
ll sum[N],flag[N];
ll p[N],vis[N],vp[N];
ll find(ll x){
if(pre[x]==x) return x;
return pre[x]=find(pre[x]);
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
ll n,m,k;cin>>n>>m>>k;
for(ll i=1;i<=k;i++){
cin>>q[i].first>>q[i].second;
}
ll t;cin>>t;
for(ll i=1;i<=t;i++){ cin>>p[i];vis[p[i]]=1;}//记录那些电线是剪断的
for(ll i=1;i<=n+m;i++) pre[i]=i;
for(ll i=1;i<=k;i++){
if(vis[i]) continue;//遍历开始没有剪断的电线
ll fx=find(q[i].first);
ll fy=find(q[i].second);
pre[fx]=fy;
}
for(ll i=1;i<=n;i++){
ll fx=find(i);
sum[fx]++;
}
ll ans=0;
for(ll i=n+1;i<=m+n;i++){//求出开始的时候有多少城市有电
ll fx=find(i);
ans+=(flag[fx]==0?sum[fx]:0);
flag[fx]=1;
}
stack<ll> lm;
for(ll i=t;i>=1;i--){
lm.push(ans);
ll fx=find(q[p[i]].first);
ll fy=find(q[p[i]].second);
if(fx==fy) continue;//如果是连通的,就没必要处理
if(!flag[fx]&&flag[fy]){//如果第一个是没电,第二个有电,就答案加上没电的
flag[fx]=1;ans+=sum[fx];
}
else if(flag[fx]&&!flag[fy]){//同理
flag[fy]=1;ans+=sum[fy];
}
else if(!flag[fx]&&!flag[fy]){//如果都没电,就让他们合并
sum[fy]+=sum[fx];
}
pre[fx]=fy;
}
while(lm.size()){
cout<<lm.top()<<endl;//逆序输出
lm.pop();
}
}