傳送門

題意： 給$n$個長度為$m$的數組，要求構造一個長度為$m$的數組，使得這個數組與前面$n$個數組同一位置最多兩個元素不同。

思路： 我們為了方便構造，可以先把要構造的數組看成$n$個數組的第一個數組，讓后在保證第一個數組改變不超過兩個元素的情況下，能否使其與其他$n?1$個數組同一位置最多兩個元素不同。首先可以發現，如果初始狀態第一個數組與其他數組不同元素的個數$<=2$可以直接輸出第一個數組，如果個數$>4$那么無解。現在就剩下不同的個數$<=4$的情況了。因為我們知道第一個數組最多改變兩個位置的元素，那么我們找到$n?1$個數組中不同元素個數最多的一個，設為數組$v_{pos}$。因為最多修改兩個元素，所以我們枚舉兩個不同位置，把枚舉的第一個位置設置為$v_{pos}[i]$，第二個設置為$?1$，$?1$表示這個位置還不確定，檢查的時候碰到需要的值的時候可以變成需要的值。 我們考慮$?1$這個位置是否在需要的時候變成需要的值是隨意的呢？也就是對檢查的正確性沒有影響的呢？ 可以分析一下，對于前面已經檢查過的數組，$?1$這個位置與前面數都不相同，所以在前面計算的時候就已經把$?1$當做與其元素不同的元素看待，所以對前面的沒有影響。對于后面未檢查的數組，可能會存在影響，但是鑒于我們枚舉的位置是全部的情況，所以有解的話一定可以枚舉到正解的，所以可以忽略。

//#pragma GCC optimize(2) #include<cstdio> #include<iostream> #include<string> #include<cstring> #include<map> #include<cmath> #include<cctype> #include<vector> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<sstream> #include<ctime> #include<cstdlib> #define X first #define Y second #define L (u<<1) #define R (u<<1|1) #define pb push_back #define mk make_pair #define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1) #define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1) #define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1)) #define db puts("---") using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); } //void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); } //void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> PII;const int N=250010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f; const double eps=1e-6;int n,m; vector<int>v[N]; bool st[N];bool check(vector<int>&vv) {for(int i=1;i<n;i++){int cnt=0;for(int j=0;j<m;j++) if(v[i][j]!=vv[j]) cnt++;if(cnt>3) return false;if(cnt==3){int pos=1;for(int j=0;j<m;j++) if(v[i][j]!=vv[j]&&vv[j]==-1) { pos=0; vv[j]=v[i][j]; break; }if(pos) return false;}}return true; }bool check() {int c=0,id,mx=0;for(int i=1;i<n;i++){int cnt=0;for(int j=0;j<m;j++) if(v[i][j]!=v[0][j]) cnt++;if(cnt>4) return false;if(cnt<=2) c++;if(cnt>mx) mx=cnt,id=i;}if(c==n-1){puts("Yes");for(int i=0;i<m;i++) printf("%d ",v[0][i]); puts("");return true;}vector<int>pos;for(int i=0;i<m;i++) if(v[0][i]!=v[id][i]) pos.pb(i);for(int i=0;i<pos.size();i++)//枚舉修改的兩個位置{for(int j=0;j<pos.size();j++){if(i==j) continue;vector<int>tmp=v[0];tmp[pos[i]]=v[id][pos[i]]; tmp[pos[j]]=-1;if(check(tmp)){puts("Yes");for(int i=0;i<m;i++) printf("%d ",tmp[i]==-1? v[0][i]:tmp[i]); puts("");return true;}}}return false; }int main() { // ios::sync_with_stdio(false); // cin.tie(0);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<m;j++) { int x; scanf("%d",&x); v[i].pb(x); }if(!check()) puts("No");return 0; } /**/

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Codeforces Round #704 (Div. 2) E. Almost Fault-Tolerant Database 思维的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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