Codeforces Round #585 (Div. 2)
https://www.cnblogs.com/31415926535x/p/11553164.html
感觉很硬核啊这场，，越往后越做不动，，，emmmm，，，（这场是奔着最后一题 2sat 来的，，，上次学这玩意是在今年的3、4月份把，，，早忘得差不多了，，，
A. Yellow Cards
A题较简单，，贪心就行了，，
#include <bits/stdc++.h>
#define aaa cout<<233<<endl;
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
// mt19937 rnd(time(0));
const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9
const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-6;
const double pi = 3.14159265358979;
const int maxn = 1e6 + 5;
const int maxm = 2e5 + 233;
const int mod = 1e9 + 7;
int a[maxn], n;
int main()
{
// double pp = clock();
// freopen("233.in", "r", stdin);
// freopen("233.out", "w", stdout);
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int n, a1, a2, k1, k2;
cin >> a1 >> a2 >> k1 >> k2 >> n;
int mi = 0, mx = 0;
if(a1 * (k1 - 1) + a2 * (k2 - 1) >= n)mi = 0;
else mi = n - a1 * (k1 - 1) - a2 * (k2 - 1);
if(k1 <= k2)
{
while(n >= k1 && a1)
{
--a1;
n -= k1;
++mx;
}
while(n >= k2 && a2)
{
--a2;
n -= k2;
++mx;
}
}
else
{
while(n >= k2 && a2)
{
--a2;
n -= k2;
++mx;
}
while(n >= k1 && a1)
{
--a1;
n -= k1;
++mx;
}
}
cout << mi << " " << mx << endl;
// cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;
return 0;
}
B. The Number of Products
A掉A题，，感觉还行，，以为后面的都很简单，，然后就在B、C题卡了半天，，
题意就是一个序列中，正区间和负区间的个数有多少，，这里的区间指的是区间积，，，
刚开始以为暴力可过，，（口胡 ，，然后交了一发果断T了，，，
又推了一会发现可以枚举左端点所在的区间，，然后他的贡献就是后面的+2,,+4,,+6等等区间的和的积，，所以只要预处理一下每一个用负点分割的左闭右开的区间的长度，，然后处理成隔一个的后缀和就行了，，，
#include <bits/stdc++.h>
#define aaa cout<<233<<endl;
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
// mt19937 rnd(time(0));
const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9
const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-6;
const double pi = 3.14159265358979;
const int maxn = 1e6 + 5;
const int maxm = 2e5 + 233;
const int mod = 1e9 + 7;
int a[maxn], n;
int p[maxn], tot;
ll pp[maxn];
int main()
{
// double pp = clock();
// freopen("233.in", "r", stdin);
// freopen("233.out", "w", stdout);
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin >> n;
tot = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= n; ++i)
if(a[i] < 0)
p[++tot] = i;
p[tot + 1] = n + 1; p[tot + 2] = n + 1;
ll ans1 = 0, ans2 = 0;
++tot;
for(int i = tot; i >= 1; --i)pp[i] = p[i] - p[i - 1];//--pp[1];
// for(int i = 1; i <= tot; ++i)cout << pp[i] << " ";cout << endl;
for(int i = tot - 2; i >= 1; --i)pp[i] += pp[i + 2];
// for(int i = 1; i <= tot; ++i)cout << pp[i] << " ";cout << endl;
for(int i = 1; i <= tot; ++i)
{
// int x = p[i] - p[i - 1] - 1;
ll x = pp[i] - pp[i + 2];
ll y = pp[i + 1];
// cout << x << "-" << y << endl;
ans1 += x * y;
y = pp[i + 2];
ans2 += x * y;
--x;
while(x)ans2 += x--;
}
cout << ans1 << " " << ans2 << endl;
// cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;
return 0;
}
C. Swap Letters
题意就是两个串，，只含有ab，，然后每一次的操作是挑第一个串中的一个和第二个串中的一个交换，，然后问题最少的操作次数下使得两串一样，，
我当时的思路是用一个 r 表示右端已经修改的位置，，然后遍历一遍，，当第i个位置的不同时，，利用r向后找一个可以交换的，，口胡了一下就直接敲了，，，然后不断的发现逻辑上的bug，，，emmmm，，一直改到成了N方的解法，，，，
看了一下别人的思路，，显然优先考虑相同的两个进行操作，，剩下的也只能操作偶数个，，使用的操作次数就是两次，，一次是反转其中一个，，然后像前面的就行了，，，，奇数个就是无解，，，（会爆ll
#include <bits/stdc++.h>
#define aaa cout<<233<<endl;
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
// mt19937 rnd(time(0));
const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9
const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-6;
const double pi = 3.14159265358979;
const int maxn = 1e6 + 5;
const int maxm = 2e5 + 233;
const int mod = 1e9 + 7;
char s[maxn], t[maxn];
int n;
int main()
{
// double pp = clock();
// freopen("233.in", "r", stdin);
// freopen("233.out", "w", stdout);
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin >> n >> s >> t;
vector<pair<int, int> > ans;
int r = 1;
for(int i = 0; i < n; ++i)
{
if(s[i] != t[i])
{
// r = min(r, i + 1);
r = i + 1;
while(!(t[r] == t[i] && t[r] != s[r]) && r < n)++r;
if(r >= n)
{
r = i + 1;
swap(s[i], t[i]);
ans.push_back(make_pair(i + 1, i + 1));
// cout << "----" << endl << s << endl << t << endl;
while(!(t[r] == t[i] && t[r] != s[r]) && r < n)++r;
if(r >= n)
{
cout << -1 << endl;
return 0;
}
}
// cout << i + 1 << r + 1 << endl;
ans.push_back(make_pair(i + 1, r + 1));
swap(s[i], t[r]);
// cout << s << endl << t << endl;
}
}
cout << ans.size() << endl;
for(auto &i: ans)cout << i.first << " " << i.second << endl;
// cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;
return 0;
}
D. Ticket Game
博弈？？ 先弃了
感觉是一个好多情况的分类讨论题，，，
E. Marbles
状压dp，，，emmmm，，扔了，，
F. Radio Stations
重点来了，，，
这题的题干是真的长，，长篇阅读理解，，，emmmmmm
题目的大意是这样的：一个城市要弄一个发射塔，，它的功率是 \(f (1\le f \le M)\) ，
有 \(p\) 个节目，，对于每一个都有一个需要发射的功率范围： \((L_i, R_i)\) ，，也就是说当 \(f\) 在这个范围时用户才能收到这个节目，，，
然后有一些需求，，数量是n，，，这些需求这样描述： \((a_i, b_i)\) ，，表示对于第 \(i\) 个需求 至少 需要满足一个，，简单说就是至少要挑一个，，，
还有一些节目间的限制条件： \((u, v)\) ，，表示选了 \(u\) 就不能选 \(v\) ，，，反之亦然，，
然后问你这个发射塔的频率 \(f\) 选择多少时使得 \(n\) 个需求都可以满足
如果这题没有 \(f\) 这个限制条件，这题2sat可直接过，，但是不行，，
当然可以枚举 \(f\) ，，从1到M，，但是这样时间复杂度就是n方，，，T穿，，，
只能将 \(f\) 放在我们建立的限制图中，，但是怎么建呢，，，
以前做的2sat题目都是固定的n对物品中每对中选择一个，，其中一些物品有限制条件，，这样做了很多题之后潜移默化的形成了一个固定的模型，，只有这n个物品可以进行操作，，这样的思想也使得我在刚读懂题时即使出现过将 p 个节目分成选或不选这样建图，，但是因为这样不会处理f，，于是放弃这种思路，，，向着将n个需求作为图中的点，，然后有限制的条件间连边，，这样的思考就不得不去枚举f，，，于是只能过小数据，，
这题的解决方法是 在n个节目的后面再加M个可以选择的f的情况 ，，，这样一层点表示选这个情况，，第二层的点表示不选这个点，，建立相应的限制关系，，这样就可以跑一遍2sat得到两个想得到的东西，，，
前面的点的限制条件很好处理，，，按题意搞就行了
接下来处理后面的这M个点的情况，，，如果我们直接枚举每一个f可行解，，，那么和前面的暴力没啥区别，，，一样会T，，，
这里我的理解是对于这些可行解都向前连边，，也就是 选f>=l+1必须选f>=l 这样就可以将区间的一个表示的限制条件转化成一个端点的表示，，（感觉有点类似差分的思想，，区间的操作改成端点的操作，，，
这样建图，，跑一边就行了，，，，最后输出答案，，
用tarjan的话判断的条件是两个点间是否不在一个scc中，，然后取最小就行了，，，
用染色法的话需要跑的点只是前半段p个，，，
染色法
栈写反了，，，wa了好几发，，，，（丢人，，，
#include <bits/stdc++.h>
#define aaa cout<<233<<endl;
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
// mt19937 rnd(time(0));
const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9
const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-6;
const double pi = 3.14159265358979;
const int maxn = 4e6 + 5;
const int maxm = 4e5 + 233;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, p, M, m, all;
struct edge
{
int to, nxt;
}edge[maxn << 1];
int tot, head[maxn << 1];
void init()
{
tot = 0;
memset(head, -1, sizeof head);
}
void addedge(int u, int v)
{
edge[tot].to = v;
edge[tot].nxt = head[u];
head[u] = tot++;
}
bool vis[maxn];
int sta[maxn], top;
bool dfs(int u)
{
if(vis[u > all ? u - all : u + all])return false;
if(vis[u])return true;
vis[u] = true;
sta[++top] = u;
for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt)
if(!dfs(edge[i].to))
return false;
return true;
}
bool twosat(int n)
{
memset(vis, false, sizeof vis);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
if(vis[i] || vis[i + all])continue;
top = -1;
if(!dfs(i))
{
while(~top)vis[sta[top--]] = false;
if(!dfs(i + all))return false;
}
}
return true;
}
int main()
{
// double pp = clock();
// freopen("233.in", "r", stdin);
// freopen("233.out", "w", stdout);
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin >> n >> p >> M >> m;
all = p + M;
int u, v;
init();
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
cin >> u >> v;
addedge(u + all, v);
addedge(v + all, u);
}
for(int i = 1; i <= p; ++i)
{
cin >> u >> v;
addedge(i, u + p); addedge(u + p + all, i + all);
if(v < M)addedge(v + p + 1, i + all), addedge(i, v + p + all + 1);
}
for(int i = 1; i <= m; ++i)
{
cin >> u >> v;
addedge(u, v + all);
addedge(v, u + all);
}
for(int i = 1; i < M; ++i)
{
addedge(i + p + 1, i + p);
addedge(i + p + all, i + p + 1 + all);
// addedge(i + p, i + p + 1);
// addedge(i + p + 1 + all, i + p + all);
}
if(twosat(p))
{
vector<int> ans;
int f = 0;
for(int i = 1; i <= p; ++i)
if(vis[i])
ans.push_back(i);
for(int i = p + 1; i <= p + M; ++i)
if(vis[i])
{
f = i - p;
}
if(!f)
{
cout << -1 << endl;
return 0;
}
cout << ans.size() << " " << f << endl;
for(auto i: ans)cout << i << " ";
}
else
{
cout << -1 << endl;
}
// cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;
return 0;
}
tarjan
#include <bits/stdc++.h>
#define aaa cout<<233<<endl;
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
// mt19937 rnd(time(0));
const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9
const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-6;
const double pi = 3.14159265358979;
const int maxn = 4e6 + 5;
const int maxm = 4e5 + 233;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, p, M, m, all;
struct edge
{
int to, nxt;
}edge[maxn << 1];
int tot, head[maxn << 1];
void init()
{
tot = 0;
memset(head, -1, sizeof head);
}
void addedge(int u, int v)
{
edge[tot].to = v;
edge[tot].nxt = head[u];
head[u] = tot++;
}
int low[maxn], dfn[maxn], sta[maxn], belong[maxn];
int idx, top;
int scc;
bool insta[maxn];
int num[maxn];
void tarjan(int u)
{
int v;
low[u] = dfn[u] = ++idx;
sta[top++] = u;
insta[u] = true;
for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt)
{
v = edge[i].to;
if(!dfn[v])
{
tarjan(v);
if(low[u] > low[v])low[u] = low[v];
}
else if(insta[v] && low[u] > dfn[v])
low[u] = dfn[v];
}
if(low[u] == dfn[u])
{
++scc;
do
{
v = sta[--top];
insta[v] = false;
belong[v] = scc;
++num[scc];
}
while(v != u);
}
}
bool twosat(int n)
{
memset(dfn, 0, sizeof dfn);
memset(insta, false, sizeof insta);
memset(num, 0, sizeof num);
idx = scc = top = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
if(!dfn[i])
tarjan(i);
vector<int> ans;
int f = 0;
// for(int i = 1; i <= p; ++i)cout << belong[i] << " ";cout << " ";
// for(int i = 1; i <= M; ++i)cout << belong[i + p] << " ";cout << endl;
// for(int i = 1; i <= p; ++i)cout << belong[i + all] << " ";cout << " ";
// for(int i = 1; i <= M; ++i)cout << belong[i + p + all] << " ";cout << endl;
for(int i = 1; i <= p; ++i)
if(belong[i] < belong[i + all])
ans.push_back(i);
else if(belong[i] == belong[i + all])
return false;
for(int i = 1; i <= M; ++i)
if(belong[i + p] < belong[i + p + all])
f = i;
else if(belong[i + p] == belong[i + p + all])
return false;
cout << ans.size() << " " << f << endl;
for(auto i: ans)cout << i << " ";
return true;
}
int main()
{
// double pp = clock();
// freopen("233.in", "r", stdin);
// freopen("233.out", "w", stdout);
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin >> n >> p >> M >> m;
all = p + M;
int u, v;
init();
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
cin >> u >> v;
addedge(u + all, v);
addedge(v + all, u);
}
for(int i = 1; i <= p; ++i)
{
cin >> u >> v;
addedge(i, u + p); addedge(u + p + all, i + all);
if(v < M)addedge(v + p + 1, i + all), addedge(i, v + p + all + 1);
}
for(int i = 1; i <= m; ++i)
{
cin >> u >> v;
addedge(u, v + all);
addedge(v, u + all);
}
for(int i = 1; i < M; ++i)
{
addedge(i + p + 1, i + p);
addedge(i + p + all, i + p + 1 + all);
// addedge(i + p, i + p + 1);
// addedge(i + p + 1 + all, i + p + all);
}
if(!twosat(all << 1))cout << -1 << endl;
// cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;
return 0;
}
这道题的启发很大，，，2sat不一定就是解决一种选择下的解，，，只要这些不同种类的物品间有限制条件就可以放在一起，，，
（end)
剑之所指，心之所向，身之所往！！！
