北华大学计算机程序设计算法提高训练营个人赛（无L）

明明是北华大学的训练赛，结果被屠榜了hhh，L防ak题吧这也太难了

A-洛姐打题日记题目描述

洛姐开开心心地打题，可是她看不懂评测机给的判定结果，你能帮帮她吗。

摘自ACM评分标准：

竞赛进行5个小时，一般有7道或以上试题，由同队的三名选手使用同一台计算机协作完成。当解决了一道试题之后，将其提交给评测机，由评测机判断其是否正确。若提交的程序运行不正确，则该程序将被退回给参赛队，参赛队可以进行修改后再一次提交该问题。程序判定结果有如下7种：
1、Accepted. ——通过！(AC)
2、Wrong Answer.——答案错。(WA)
3、Runtime Error.——程序运行出错，意外终止等。(RE)
4、Time Limit Exceeded. ——超时。程序没在规定时间内出答案。(TLE)
5、Presentation Error. ——格式错。程序没按规定的格式输出答案。(PE)
6、Memory Limit Exceeded. ——超内存。程序没在规定空间内出答案。(MLE)
7、Compile Error. ——编译错。程序编译不过。(CE)

（部分OJ还有不同的判定结果，不过在这里不予考虑）

输入描述:

输入一行，表示判定结果的简写

输出描述:

输出一行，表示判定结果的英文全称

输入

AC

输出

Accepted

AC代码

#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

#define endl 'n'
#define int ll
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    string s;
    cin>>s;
    if(s=="AC")cout<<"Accepted";
    else if(s=="WA")cout<<"Wrong Answer";
    else if(s=="RE")cout<<"Runtime Error";
    else if(s=="TLE")cout<<"Time Limit Exceeded";
    else if(s=="PE")cout<<"Presentation Error";
    else if(s=="MLE")cout<<"Memory Limit Exceeded";
    else cout<<"Compile Error";
    return 0;
}

B-鸡兔同笼题目描述

鸡兔同笼，但，这是外星牧场！！

已知每只外星鸡有一头 x 只脚，每只外星兔有一头 y 只脚。（x≠y）

外星人为了数学教育，曾出过这样一道题。现将一些外星鸡和外星兔关进同一个笼子中，已知笼子中有 H 个头、F 只脚，求笼子中有多少只外星鸡和多少只外星兔。

输入描述:

输入由多个测试用例组成。第一行包含一个整数 ttt，表示测试案例的数量。测试用例的描述如下。（1≤t≤2∗105）
每个测试样例输入一行四个正整数 x,y,H,Fx,y,H,Fx,y,H,F ，含义见题目描述。（1≤x,y,H,F≤109,x!=y）

输出描述:

对于每个测试样例，输出一行两个正整数（用空格分隔），分别表示外星鸡的数量和外星兔的数量。

输入

2
2 4 8 24
3 4 12 41

输出

4 4
7 5

问题解析

设有a个鸡，b个兔子。方程就是a+b=H和a*x+b *y=F。解方程即可。

AC代码

#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

#define endl 'n'
#define int ll
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

void solve()
{
    int x,y,h,f;
    cin>>x>>y>>h>>f;
    int b=(h*x-f)/(x-y);
    int a=h-b;
    cout<>t;
    while(t--)
        solve();
    return 0;
}

C-小杜的签到题目描述

小袁经常苦恼于找不到好题，于是，一旁的小杜献上了一道锦囊妙题。

现有一个长为 n 的数组 a。定义：
F ( a ) = ∑ i = 1 n − 1 ( a i + 1 − a i ) F(a)=sum_{i=1}^{n-1}{(a_{i+1}-a_i)} F(a)=i=1∑n−1(ai+1−ai)

每次操作可以选择一个 i，满足
1 ≤ i < n 1≤i ，并交换
a i 和 a i + 1 ai 和 ai+1 ai和ai+1
任意次数操作后（可能是 0 次），小杜想知道 F(a) 的最小值和最大值分别是多少。

输入描述:

第一行输入一个正整数 n，表示数组 a 的长度。（2≤n≤106）
第二行输入 n 个正整数 ai，表示这个数组。（1≤ai≤109）

输出描述:

输出一行两个正整数，分别表示 F(a)F(a)F(a) 的最小值和最大值。（用空格分隔）

输入

3
3 2 1

输出

-2 2

问题解析

把数组升序排序后得到的就是最大值，乘上-1（或把数组降序排序后再算一遍）得到的就是最小值。

AC代码

#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

#define endl 'n'
#define int ll
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int n;
    cin>>n;
    vectorv(n);
    for(int i=0;i>v[i];
    sort(v.begin(),v.end());
    int sum=0;
    for(int i=1;i 
D-我超！原！ 
题目描述 
 
 你在城中，见过枯萎的樱花树么?这种「枯」之美，让我想到春天盛开之景。不过别人似乎并不这么想，不再开花的樱树会被移走…就算一次也好，真想看到它再次开放。 
 
什么？原来你也玩原神。 
作为神里凌华的单推人，小袁在神里凌华上线的第一天就将她拿下了。小袁想快速培养她。 
小袁想要将神里凌华升到 x 级，角色的初始等级为 1 级，第一次升级需要 1000 经验，之后每升一级需要花费比上一次升级多 y 点的经验值。小袁不想浪费经验材料。 
原神中有三种可以加经验的材料： 
 大英雄的经验：20000点；
 冒险者的经验：5000 点；
 流浪者的经验：1000 点。 
已知小袁三种材料拥有的数量分别是：A,B,C，求小袁将神里凌华升至 x 级后，溢出的经验最少是多少；或者告诉小袁，他拥有的材料不足以将其升至 x 级。 
输入描述: 
第一行输入两个正整数 x,y 的含义如题目描述所述。（1≤x,y≤106）
第二行输入三个整数 A,B,C，表示小袁三种材料拥有的数量。（0≤A,B,C≤109）
 
输出描述: 
如果小袁能将神里凌华升至 x 级，输出一行一个非负整数，表示溢出的经验的最小值。
否则输出一个字符串"QAQ"（不含引号），委婉地告诉小袁他不能将神里凌华升至 x 级。                      
 
输入 
5 750
1 2 5
 
输出 
500
 
说明 
升至5级需花费8500经验，使用1“冒险者的经验”和4“流浪者的经验”后，溢出500经验。
 
问题解析 
一开始还想着完全背包，一看复杂度就肯定不是。 
直接贪心模拟，先等差数列前n项和算出需要多少经验才能升到x级，但是要注意初始是1级，所以我们算的是前x-1项和。再算一下我们全部资源有多少经验，如果全部资源都用上经验也不够就输出QAQ。 
直接贪心，能用20000的就用，用完了或用了会超就用5000，再是1000，最后离升满级就差不到1000经验，我们再看1000的有没有，没有用5000，再没有用20000。 
但是有一点，比如所需经验是17000，5000的有4个，1000的有1个，如果我们用了三个5000后用一个1000的，这样还剩1000经验才到目标，此时1000的用完了，我们只能用5000的，超出经验4000，但我们要是一开始就用4个5000的，那超出经验3000。所以我们在算的过程中可以多加一个步骤，我们不继续细分而是直接用当前档次升满级看需要多少经验。最后这两种途径的取最小值即可。 
AC代码 
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

#define endl 'n'
#define int ll
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    ll n, m, a, b, c;
    cin >> n >> m >> a >> b >> c;
    ll res = 1000 * (n-1) + ((n-2) * (n - 1)) / 2 * m;
    ll ans = a * 20000 + b * 5000 + c * 1000;
    if (res > ans)
    {
        cout << "QAQ" << endl;
        return 0;
    }
    ans=1e18;
    if (a * 20000 >= res)
    {
        a -= res / 20000;
        res %= 20000;
        if(a>0)ans=min(ans,20000-res);
    }
    else
    {
        res -= a * 20000;
        a = 0;
    }

    if (b * 5000 >= res)
    {
        b -= res / 5000;
        res %= 5000;
        if(b>0)ans=min(ans,5000-res);
    }
    else
    {
        res -= b * 5000;
        b = 0;
    }

    if (c * 1000 >= res)
    {
        c -= res / 1000;
        res %= 1000;
        if(c>0)ans=min(ans,1000-res);
    }
    else
    {
        res -= c * 1000;
        c = 0;
    }
    if (res == 0)cout << res << endl;
    else if (c != 0)cout << min(ans,1000 - res) << endl;
    else if (b != 0)cout << min(ans,5000 - res) << endl;
    else if (a != 0)cout << min(ans,20000 - res) << endl;
    return 0;
}
 
E-佳乐的迷宫 
题目描述 
佳乐特别喜欢玩走迷宫，是当今世界的迷宫大师。现在，有一座特殊的二维矩阵迷宫横空出世，佳乐想前去挑战一下。已知有 k 个入口和 1 个出口，请你帮佳乐看看，从哪几个入口进入能够走到出口。 
输入描述: 
第一行输入三个正整数 n,m,k  ，分别表示二维矩阵迷宫的长宽，入口的数量。（1≤n,m≤1000）
接下来 n 行每行输入 m 个字符， '.' 表示为道路，'#' 表示为墙壁。
接下来 k 行每行输入两个正整数 xi,yi，表示入口的位置。保证入口所在的地方为 '.' 。
接下来 1 行输入两个正整数X,Y，表示出口的位置。保证出口所在的地方为 '.' 。保证所有出口入口互不相同。（1≤xi,X≤n,1≤yi,Y≤m）
 
输出描述: 
第一行输出一个整数 p，表示有几个入口进入能走到出口。
第二行输出 p 个整数，第 i 个数 si ，表示从第 si 个入口进入可以走到出口。(si 按顺序输出，之间用空格隔开）                
 
输入 
3 3 2
.##
#..
..#
1 1
3 1
2 3
 
输出 
1
2
 
问题解析 
可以先把入口的位置都记录下来，然后我们以出口位置进行bfs(dfs)，看那些位置是出口能走到的，那么对应的，这个位置就是能走到出口的，我们再去判断之前那些出口位置有哪些是出口能走到的即可。 
AC代码 
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

#define endl 'n'
#define int ll
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

int st[1050][1050];
int dx[] = { 1,0,-1,0 }, dy[] = { 0,1,0,-1 };
signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int n, m, k;
    cin >> n >> m >> k;
    vectorv(n);
    for (int i = 0; i < n; i++)cin >> v[i];
    vectorans(k);
    for (int i = 0; i < k; i++)cin >> ans[i].first >> ans[i].second;
    int x, y;
    cin >> x >> y;
    queueque;
    que.push({ x,y });
    st[x][y] = 1;
    while (!que.empty())
    {
        int len = que.size();
        for (int i = 0; i < len; i++)
        {
            auto t = que.front();
            que.pop();
            for (int j = 0; j < 4; j++)
            {
                int a = t.first + dx[j], b = t.second + dy[j];
                if (a  >= 1 && b  >= 1 && a  <= n && b  <= m &&v[a-1][b-1] == '.' && st[a ][b] == 0)
                {
                    st[a ][b] = 1;
                    que.push({ a,b });
                }
            }
        }
    }
    vectorres;
    int cnt = 0;
    for (auto i : ans)
    {
        cnt++;
        if (st[i.first][i.second])
        {
            res.push_back(cnt);
        }
    }
    cout << res.size() << endl;
    for (auto i : res)cout << i << " ";
    return 0;
}
 
F-三四五 
题目描述 
杰哥和洛姐在玩游戏，他们在玩经典的石子游戏。 
现在有三堆石子，分别有 n0,n1,n2 个石子。 
杰哥和洛姐轮流进行游戏，每次游戏将同时从三堆石子中分别拿走 x0,x1,x2 个石子，满足 x0∈[1,3],x1∈[1,4],x2∈[1,5]，保证石堆中石子数量时刻为非负整数。 
当一个人在任意一堆中无法拿走石子（即石堆中，有至少一堆的余量为0），他将输掉游戏。 
洛姐先手杰哥后手。洛姐想知道，她能否战胜博弈天才杰哥。（双方都使用最优策略进行游戏） 
输入描述: 
多组输入，第一行输入 t，表示样例数量。（1≤t≤106）
接下去 t 行每行输入三个正整数 n0,n1,n2，表示三堆石子的初始数量。（0≤n0,n1,n2≤109）
 
输出描述: 
如果洛姐获胜，则输出一行字符串 "(^-^)" （不包含引号）。
否则输出一行字符串 "(T-T)" （不包含引号）。                     
 
输入 
2
3 4 5
0 0 0
 
输出 
(^-^)
(T-T)
 
问题解析 
升级办nim游戏，这里先说一个nim游戏的必胜秘诀，如果你每次能拿最多x个石头，那么只要总石头数不是（x+1）的倍数，你就可以赢，如果是则必输。 
所以只要第一堆石头是4的倍数or第二堆是5的倍数or第三堆是6的倍数，那么这堆石头我们肯定会输。但这题不是单纯的看是否必输or必赢，而是看谁先输，比如石头数是1，100，20，虽然第二堆石头是5的倍数，我们必输，但是第一堆石头只有1个，我们拿完后对面就直接输了，第一堆石头可以在第一轮分出胜负，而第二堆要20轮才能分出胜负，显然是我们赢。所以我们要看，输最快会在第几轮输，赢最快会在第几轮赢，谁小，那就说明我们会赢（输）。 
AC代码 
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

#define endl 'n'
#define int ll
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

void solve()
{
    int a,b,c;
    cin>>a>>b>>c;
    bool flag=true;
    int winer=1e9,loser=1e9;
    if(a%4==0)loser=min(loser,a/4);
    else winer=min(winer,a/4);
    
    if(b%5==0)loser=min(loser,b/5);
    else winer=min(winer,b/5);
    
    if(c%6==0)loser=min(loser,c/6);
    else winer=min(winer,c/6);
    
    if(winer>t;
    while(t--)
        solve();
    return 0;
}
 
G-杰哥的疑问 
题目描述 
有一个巨大的数组，这个数组充满了神秘感。 
杰哥给出了一个数 m。杰哥想知道，这个数组中有多少对数的和等于给定的数，即，有多少对 (i,j) 满足 ai+aj=m 且 1≤i 
快帮帮杰哥！ 
输入描述: 
第一行输入两个正整数 n,m，分别表示数组的元素个数，以及杰哥给定的数。（1≤n≤106,0≤m≤109）
第二行输入 n 个正整数，第 i 个正整数为 ai。（0≤ai≤109）
 
输出描述: 
输出一行一个正整数，表示满足条件的对的数量。                  
 
输入 
5 5
1 1 2 3 4
 
输出 
3
 
问题解析 
可以用哈希表记录一下每个数的出现次数，然后对于一个数x来说，能和他相加后等于m的数肯定是m-x。那我们只要看m-x这个数出现了多少次，且x又出现了多少次，就可以知道x和m-x一共可以组合出多少个满足条件的数对。 
AC代码 
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

#define endl 'n'
#define int ll
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int n,m,x,cnt=0;
    cin>>n>>m;
    unordered_mapmymap;
    for(int i=0;i>x;
        cnt+=mymap[m-x];
        mymap[x]++;
    }
    cout< 
H-墨染的斯汀木 
题目描述 
一天，佳乐拿来了一块神奇的斯汀木作为礼物送给洛姐，这块木头上印有一串神秘的字符。字符仅包含大写或小写的拉丁字母。 
洛姐对其上的字符串着了迷，于是，她通过某种操作，将这一串字符转译成了属于自己的字符串，并记录了下来。 
已知洛姐转译中可以进行多次（可能是 0 次）以下的操作： 
 将相邻两个小写字符合并成一个对应的大写字符，如 “aa” -> “A”；
 将一个大写字符拆分成两个对应的相邻的小写字符，如 “B” -> “bb”； 
春去秋来。一天，洛姐发现斯汀木不知什么时候被墨水浸透了，其上的部分字符已经看不清了。意外的是，所有字符均还能区分出大小写。 
于是，洛姐拿出了转译的字符串，试图还原斯汀木上的原字符串。 
输入描述: 
第一行输入一行一个字符串 s0，表示斯汀木上的原字符串。该字符串包含大写或小写的拉丁字母，以及 '!' 和 '?' 。'!' 代表一个看不清的大写拉丁字母，'?' 代表一个看不清的小写拉丁字母。
第二行输入一行一个字符串 s1，表示洛姐转译后的字符串。该字符串仅包含大写或小写的拉丁字母。
（1≤∣s0∣,∣s1∣≤106）
 
输出描述: 
输出一行一个字符串，表示还原后斯汀木上的原字符串。该字符串仅包含大写或小写的拉丁字母。                  
 
输入 
ac!b
acccb
 
输出 
acCb
 
问题解析 
为了方便，我们可以先把没被污染的字符串全部变成小写字母的形式，然后我们再根据第一个字符串中大小写的情况来还原字符串即可。 
AC代码 
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

#define endl 'n'
#define int ll
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    string a,b,s,c;
    cin>>a>>b;
    int n=a.size(),m;
    for(auto i:b)
    {
        if(i>='a'&&i<='z')c+=i;
        else 
        {
            c+=(i+32);
            c+=(i+32);
        }
    }
    m=c.size();
    int l=0,r=0;
    while(l='a'&&a[l]<='z'))s+=c[r++];
        else 
        {
            s+=(c[r]-32);
            r+=2;
        }
        l++;
    }
    cout< 
I-Darling（Easy.)和J-Darling（Hard.） 
题目描述 
 
 那似乎是比翼鸟，这种鸟天生单翼，须靠雌雄二鸟相互依偎，否则无法翱翔天际，是种有缺陷的生物。但是，不知为何，我却认为这种生活方式是美好的，感受到了其中的美妙。 
 
注：本题与Hard.版唯一的区别在数据范围上 
有 n 窝比翼鸟栖息在森林中，同一窝的比翼鸟性别相同。因为天生单翼的原因，他们并不能通过飞翔来寻找另一半，只能通过森林中的 m 条陆路，来寻找彼此。 
（n 个点与 m 条边形成了一个无向连通图，每条双向边的长度都为 1） 
小袁了解了这种情况，不禁感慨万分。 
小袁想知道，一只比翼鸟想要找到另一半，最短需要走多少的路程，即，比翼鸟到异性窝的最短路程。（假设每一窝比翼鸟的数量为无限大） 
小袁总共有 ttt 个疑问，每个疑问相互独立。 
[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-aZiQIgcg-1657286971919)(https://uploadfiles.nowcoder.com/images/20220704/0_1656925795549/05266877D72B9576E8D907074DDDA274)] 
输入描述: 
第一行输入 n,m,t ，分别表示比翼鸟的数量、比翼鸟之间的道路数量，以及小袁疑问的数量。（1≤n,t≤1000,(n−1)≤m≤min(1000,n∗(n−1)2)(n-1)leq mleq min(1000,2n∗(n−1))）
第二行输入 nnn 个整数 si，表示每一窝比翼鸟性别，'0' 表示雌性，'1' 表示雄性。（si∈{0,1}）
接下去 m 行，每行输入两个正整数 ui,vii，表示 ui 与 vi 之间有一条长为 1 的双向边。（1≤ui,vi≤n，ui!=vi）
接下去 t 行，每行一个正整数 qi，表示询问的比翼鸟在第 qi 窝。（1≤qi≤n）
 
输出描述: 
输出 t 行，每个疑问输出一行一个正整数，表示第 qi 窝的比翼鸟到异性窝的最短路程，如果无法到达异性窝，则输出 ′−1′（不包含引号）。                 
 
输入 
5 5 6
0 1 1 1 1 
1 5
5 2
5 3
2 4
3 2
1
2
3
4
5
1
 
输出 
1
2
2
3
1
1
 
问题解析 
i题数据类型教少，建图之后对于每次询问我们都跑一便bfs来求最近的异性即可。 
每次向和自己链接的其它点看去，如果这个点和我们的性别不同，那根据bfs特性，这个就是我们最近的异性，如果周围没有异性，那我们就把和自己相邻的点再送去下一轮bfs，同时步数+1。 
AC代码 
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

#define endl 'n'
#define int ll
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

unordered_map>mymap;
signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int n,m,t,x,y;
    cin>>n>>m>>t;
    vectorsex(n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>sex[i];
    for(int i=0;i>x>>y;
        mymap[x].push_back(y);
        mymap[y].push_back(x);
    }
    while(t--)
    {
        int res=0;
        cin>>x;
        queueque;
        que.push(x);
        y=-1;
        vectorst(1001);
        while(!que.empty())
        {
            res++;
            int len=que.size();
            for(int i=0;i 
至于j题，数据提到了1e6，这样再用上面的方法肯定会t。但还是可以用bfs来写。 
我们可以把问题分成两部分：给性别为0的找最近的1，给性别为1的找最近的0。用一个二维数组f来存结果：f[i] [0]表示i到最近的0的距离，f[i] [1]表示i到最近的1的距离。 
求哪个性别，就可以先遍历全部的点，把那个性别的点存入队列里，并且把f[i] [当前性别]设为0，因为里它最近的这个性别就是他自己。再进行bfs，我们只bfs到哪些性别和我们不同的点上，如果j是和i相连且性别不同的点，那么就有： 
f[j] [当前性别]=f[i] [当前性别]+1；（注意当前性别不是说j的性别，而是我们现在求的性别） 
这样在k次询问时，我们可以先判断询问的点是哪个性别，再去对应的数组找结果。 
AC代码 
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

#define endl 'n'
#define int ll
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 1e6 + 50, MOD = 1e9 + 7;
unordered_map>mymap;
int f[N][2], sex[N];
int n, m, t, x, y;

void bfs(int x)
{
    queueque;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (sex[i] == x)
        {
            que.push(i);
            f[i][x] = 0;
        }
    while (!que.empty())
    {
        int ans = que.front();
        que.pop();
        for (auto i : mymap[ans])
        {
            if (f[i][x] == -1 && sex[i] != x)
            {
                f[i][x] = f[ans][x] + 1;
                que.push(i);
            }
        }
    }
}

signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    cin >> n >> m >> t;
    for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> sex[i];
    for (int i = 0; i < m; i++)
    {
        cin >> x >> y;
        mymap[x].push_back(y);
        mymap[y].push_back(x);
    }
    memset(f, -1, sizeof f);
    bfs(0);
    bfs(1);
    while (t--)
    {
        cin >> x;
        if (sex[x])
        {
            cout << f[x][0] << endl;
        }
        else cout << f[x][1] << endl;
    }
    
    return 0;
}
 
K-小杜返校记 
题目描述 
小杜因为家乡疫情原因，不能及时返校，可是等他花费 n 元订好返校机票后，学校这边却因疫情原因封校，禁止出入。无可奈何的小杜只能取消机票，在家安心上网课。 
已知小杜是在起飞前 t 小时退的票。现在小杜想知道退票并扣除手续费后，自己还能得到多少钱。 
以下为小杜机票所属航空公司的自愿退票手续费收费标准表格。 
舱位等级 航班起飞前 14 天（ 336 小时）（含）之前 航班起飞前 14 天（不含）至 48 小时（含） 航班起飞前 48 小时（不含）至 4 小时（含） 航班起飞前 4 小时（不含）至航班起飞后
头等舱 免费 p1,1% p1,2% p1,3%
商务舱 免费 p2,1% p2,2% p2,3%
经济舱 免费 p3,1% p3,2% p3,3%
（根据真实事件改编） 
输入描述: 
第一行输入两个正整数 n 和 t ，n 和 t 的含义如题目描述所示。
第二行输入一行字符，表示小杜机票的舱位等级。（“First Class”表示头等舱；“Business Class”表示商务舱；“Economy Class”表示经济舱）
接下来输入3行，每行3个正整数。第 i 行第 j 列表示 pi,j。
(1≤n,t≤109，1≤pi,j≤100)
 
输出描述: 
输出一个小数，四舍五入保留 2 位小数，表示小杜退票后还能得到的钱        
 
输入 
742 30
Economy Class
5 5 10
5 10 15
5 20 40
 
输出 
593.60
 
问题解析 
按照舱位和时间找对应的手续费率pi，计算式：n=n(1-pi/100)*。 
AC代码 
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

#define endl 'n'
#define int ll
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    vector>v(3,vector(3));
    double money;
    int h=0;
    cin>>money>>h;
    string s,fw;
    cin>>s>>fw;
    for(int i=0;i<3;i++)
        for(int j=0;j<3;j++)
            cin>>v[i][j];
    int x;
    if(s[0]=='F')x=0;
    else if(s[0]=='B')x=1;
    else x=2;
    
    if(h>=336)money=money;
    else if(h>=48)money=money*(1-v[x][0]/100);
    else if(h>=4)money=money*(1-v[x][1]/100);
    else money=money*(1-v[x][2]/100);
    cout << fixed << setprecision(2) << money << endl;
    return 0;
}

舱位等级	航班起飞前 14 天（ 336 小时）（含）之前	航班起飞前 14 天（不含）至 48 小时（含）	航班起飞前 48 小时（不含）至 4 小时（含）	航班起飞前 4 小时（不含）至航班起飞后
头等舱	免费	p1,1%	p1,2%	p1,3%
商务舱	免费	p2,1%	p2,2%	p2,3%
经济舱	免费	p3,1%	p3,2%	p3,3%

北华大学计算机程序设计算法提高训练营个人赛（无L）

Java相关栏目本月热门文章