Codeforces Round #361 div2

ProblemA(Codeforces Round 689A):

题意：

　　给一个手势，问这个手势是否是唯一。

思路：

　　暴力，模拟将这个手势上下左右移动一次看是否还在键盘上即可。

代码：

 1 #include <cmath>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cstring>
 4 #include <cstdlib>
 5 #include <ctime>
 6 #include <set>
 7 #include <map>
 8 #include <list>
 9 #include <stack>
10 #include <queue>
11 #include <string>
12 #include <vector>
13 #include <fstream>
14 #include <iterator>
15 #include <iostream>
16 #include <algorithm>
17 using namespace std;
18 #define LL long long
19 #define INF 0x3f3f3f3f
20 #define MOD 1000000007
21 #define eps 1e-6
22 #define MAXN 10
23 #define MAXM 100
24 #define dd {cout<<"debug"<<endl;}
25 #define pa {system("pause");}
26 #define p(x) {printf("%d\n", x);}
27 #define pd(x) {printf("%.7lf\n", x);}
28 #define k(x) {printf("Case %d: ", ++x);}
29 #define s(x) {scanf("%d", &x);}
30 #define sd(x) {scanf("%lf", &x);}
31 #define mes(x, d) {memset(x, d, sizeof(x));}
32 #define do(i, x) for(i = 0; i < x; i ++)
33 #define dod(i, x, l) for(i = x; i >= l; i --)
34 #define doe(i, x) for(i = 1; i <= x; i ++)
35 int n;
36 int row[MAXN] = {4, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 3, 3, 3};
37 int col[MAXN] = {2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 1, 2, 3};
38 int dir[4][2] = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};
39 char str[MAXN];
40 
41 bool move_one_step(int d)
42 {
43     for(int i = 0; i < n; i ++)
44     {
45         int x = str[i] - '0';
46         if((d == 2 || d == 3) && x == 0) return false;
47         if(row[x] + dir[d][0] < 1 || col[x] + dir[d][1] < 1 || col[x] + dir[d][1] > 3)
48             return false;
49         if(x != 8 && (row[x] + dir[d][0] > 3))
50             return false;
51     }
52     return true;
53 }
54 
55 void get_ans()
56 {
57     bool flag = false;
58     for(int d = 0; d < 4; d ++)
59     {
60         if(move_one_step(d)) flag = true;
61     }
62     printf(flag ? "NO\n" : "YES\n");
63 }
64 
65 int main()
66 {
67     scanf("%d", &n);
68     scanf("%s", str);
69     
70     get_ans();
71     return 0;
72 }

View Code

Problem_B(Codeforces Round 689B):

题意：

　　有n个城市，第i个城市到第j个城市需要消耗abs(i - j)的能量，然后每个城市可以转移到另一个城市，只需要一个能量，转移是单向的。

　　问从第一个城市到各个城市所需要的最少能量。

思路：

　　每次只有三个选择，即（1、向左走一步， 2、向右走一步， 3、移动到另一个城市）。

　　以第一个城市为起点， bfs一遍，即可得到从第一个城市到所有城市所需要的最少能量。

代码：

  1 #include <cmath>
  2 #include <cstdio>
  3 #include <cstring>
  4 #include <cstdlib>
  5 #include <ctime>
  6 #include <set>
  7 #include <map>
  8 #include <list>
  9 #include <stack>
 10 #include <queue>
 11 #include <string>
 12 #include <vector>
 13 #include <fstream>
 14 #include <iterator>
 15 #include <iostream>
 16 #include <algorithm>
 17 using namespace std;
 18 #define LL long long
 19 #define INF 0x3f3f3f3f
 20 #define MOD 1000000007
 21 #define eps 1e-6
 22 #define MAXN 200010
 23 #define MAXM 100
 24 #define dd {cout<<"debug"<<endl;}
 25 #define pa {system("pause");}
 26 #define p(x) {printf("%d\n", x);}
 27 #define pd(x) {printf("%.7lf\n", x);}
 28 #define k(x) {printf("Case %d: ", ++x);}
 29 #define s(x) {scanf("%d", &x);}
 30 #define sd(x) {scanf("%lf", &x);}
 31 #define mes(x, d) {memset(x, d, sizeof(x));}
 32 #define do(i, x) for(i = 0; i < x; i ++)
 33 #define dod(i, x, l) for(i = x; i >= l; i --)
 34 #define doe(i, x) for(i = 1; i <= x; i ++)
 35 int n;
 36 int a[MAXN];
 37 int step[MAXN];
 38 bool vis[MAXN];
 39 
 40 void update(int pos)
 41 {
 42     for(int i = pos + 1; i <= n; i ++)
 43         step[i] = min(step[i], step[pos] + (i - pos));
 44     for(int i = 1; i < pos; i ++)
 45         step[i] = min(step[i], step[pos] + pos - i);
 46 }
 47 
 48 void show()
 49 {
 50     for (int i = 1; i <= n; i ++)
 51         printf("%d ", step[i]);
 52     printf("\n");
 53 }
 54 
 55 void bfs()
 56 {
 57     queue <int> Q;
 58     Q.push(1);
 59     step[1] = 0;
 60     while (!Q.empty())
 61     {
 62         int cnt = Q.front();
 63         Q.pop();
 64 
 65         if(vis[cnt]) continue;
 66 
 67         vis[cnt] = true;
 68 
 69         //left
 70         if(step[cnt - 1] > step[cnt] + 1 && cnt - 1 > 0)
 71         {
 72             step[cnt - 1] = step[cnt] + 1;
 73             if(!vis[cnt - 1])
 74                 Q.push(cnt - 1);
 75         }
 76 
 77         //right
 78         if(step[cnt + 1] > step[cnt] + 1 && cnt + 1 <= n)
 79         {
 80             step[cnt + 1]  = step[cnt] + 1;
 81             if(!vis[cnt + 1])
 82                 Q.push(cnt + 1);
 83         }
 84 
 85         //move
 86         if(a[cnt] != cnt)
 87         {
 88             if(step[a[cnt]] > step[cnt] + 1)
 89             {
 90                 step[a[cnt]] = step[cnt] + 1;
 91                 if(!vis[a[cnt]]) 
 92                     Q.push(a[cnt]);
 93             }
 94         }
 95     }
 96 }
 97 
 98 int main()
 99 {
100     scanf("%d", &n);
101     mes(vis, false);
102     mes(step, 0x3f);
103     for (int i = 1; i <= n; i ++)
104     {
105         scanf("%d", &a[i]);
106         // step[i] = i - 1;
107     }
108 
109     bfs();
110     show();
111     return 0;
112 }

View Code

Problen_C(Codeforces Round 689C):

题意：

　　有四个小偷，假设第一个小偷偷了a块巧克力，那么第二个小偷则偷了a*k块，第三个a*k*k块，第四个a*k*k*k个。

　　然而所有小偷的背包都有一个容量n，现在给你一个m，表示小偷们恰好有m种可能偷法。

　　求满足上述条件的n， n为恰好满足上述条件的最大的背包容量n，要使得n尽可能的小。

思路：

　　最值最大/小化，典型的二分。

　　由于a, k, n 都是未知的，先来看一下它们的关系：

　　　　第四个小偷偷到a*k^3块巧克力，是四个小偷里偷到的最多的。

　　　　假设现在已知n，那么如果n/(x^3) > 0, 说明这个x是一个满足条件的k。

　　　　然后再看a, a = n / (x^3), 那么从1 ~ a 条件n/(x^3)都是成立的。

　　　　所以，当k = x时，有n/(x^3)种方案。

　　那么，可以知道，如果n已知，则可以求出其方案数。

　　这里就可以二分n，找到一个满足的n，然后在这个范围内去找到最小的n.

代码：

 1 #include <cmath>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cstring>
 4 #include <cstdlib>
 5 #include <ctime>
 6 #include <set>
 7 #include <map>
 8 #include <list>
 9 #include <stack>
10 #include <queue>
11 #include <string>
12 #include <vector>
13 #include <fstream>
14 #include <iterator>
15 #include <iostream>
16 #include <algorithm>
17 using namespace std;
18 #define LL long long
19 #define INF 0x7ffffffffffffff
20 #define MOD 1000000007
21 #define eps 1e-6
22 #define MAXN 1000010
23 #define MAXM 100
24 #define dd {cout<<"debug"<<endl;}
25 #define pa {system("pause");}
26 #define p(x) {printf("%d\n", x);}
27 #define pd(x) {printf("%.7lf\n", x);}
28 #define k(x) {printf("Case %d: ", ++x);}
29 #define s(x) {scanf("%d", &x);}
30 #define sd(x) {scanf("%lf", &x);}
31 #define mes(x, d) {memset(x, d, sizeof(x));}
32 #define do(i, x) for(i = 0; i < x; i ++)
33 #define dod(i, x, l) for(i = x; i >= l; i --)
34 #define doe(i, x) for(i = 1; i <= x; i ++)
35 LL m;
36 
37 LL check(LL n)
38 {
39     LL sum = 0;
40     for (LL i = 2; ; i ++)
41     {
42         if (n < i * i * i) return sum;
43 
44         sum = sum + n / (i * i * i);
45     }
46     return sum;
47 }
48 
49 LL get_ans(LL &mid)
50 {
51     LL l = 1, r = INF;
52     LL num = 0;
53 
54     while (l < r)
55     {
56         mid = (l + r + 1) / 2;
57         num = check(mid);
58         if (num == m) return num;
59         if (num > m) r = mid - 1;
60         else l = mid + 1;
61     }
62     return num == m ? num : -1;
63 }
64 
65 int main()
66 {
67     scanf("%lld", &m);
68     LL n = 0, mid;
69     LL m1 = get_ans(mid);
70     if(m1 != m) printf("-1\n");
71     else
72     {
73         for(LL i = 2; ; i ++)
74         {
75             if(i * i * i > mid) break;
76             n = max(n, mid / (i * i * i) * (i * i * i));
77         }
78         printf("%lld\n", n);
79     }
80     return 0;
81 }

View Code

Problem_D(CodeForces 689D):

题意：

　　有两个长度为n的数列a, b。

　　找出下列子序列的个数：

　　　　在[l, r]这个区间内， a数列的最大值 == b数列的最小值。

思路：

　　求最大最小值，可以用RMQ, 线段树。

　　又不涉及修改，可以使用RMQ, 查询为O(1)，预处理复杂度为O(nlogn)

　　先将a, b 数列进行处理。

　　然后，枚举左端点，然后再找到满足条件的右端点的范围，计算求和即可。

代码：

  1 #include <cmath>
  2 #include <cstdio>
  3 #include <cstring>
  4 #include <cstdlib>
  5 #include <ctime>
  6 #include <set>
  7 #include <map>
  8 #include <list>
  9 #include <stack>
 10 #include <queue>
 11 #include <string>
 12 #include <vector>
 13 #include <fstream>
 14 #include <iterator>
 15 #include <iostream>
 16 #include <algorithm>
 17 using namespace std;
 18 #define LL long long
 19 #define INF 0x3f3f3f3f
 20 #define MOD 1000000007
 21 #define eps 1e-6
 22 #define MAXN 200010
 23 #define MAXM 21
 24 #define dd {cout<<"debug"<<endl;}
 25 #define pa {system("pause");}
 26 #define p(x) {printf("%d\n", x);}
 27 #define pd(x) {printf("%.7lf\n", x);}
 28 #define k(x) {printf("Case %d: ", ++x);}
 29 #define s(x) {scanf("%d", &x);}
 30 #define sd(x) {scanf("%lf", &x);}
 31 #define mes(x, d) {memset(x, d, sizeof(x));}
 32 #define do(i, x) for(i = 0; i < x; i ++)
 33 #define dod(i, x, l) for(i = x; i >= l; i --)
 34 #define doe(i, x) for(i = 1; i <= x; i ++)
 35 int n;
 36 int a[MAXN], b[MAXN];
 37 int mx_a[MAXN][MAXM], mi_b[MAXN][MAXM];
 38 int p[MAXM], flog[MAXN];
 39 
 40 void init()
 41 {
 42     p[0] = 1, flog[0] = -1;
 43     for(int i = 1; i < MAXM; i ++) p[i] = 2 * p[i - 1];
 44     for(int i = 1; i <= n; i ++) flog[i] = (i & (i - 1)) ? flog[i - 1] : (flog[i - 1] + 1);
 45 
 46     for(int i = 1; i <= n; i ++) mx_a[i][0] = a[i];
 47     for(int j = 1; j < MAXM; j ++)
 48         for(int i = 1; i <= n; i ++)
 49             if(i + p[j] - 1 <= n)
 50                 mx_a[i][j] = max(mx_a[i][j - 1], mx_a[i + p[j - 1]][j - 1]);
 51 
 52     for(int i = 1; i <= n; i ++) mi_b[i][0] = b[i];
 53     for(int j = 1; j < MAXM; j ++)
 54         for(int i = 1; i <= n; i ++)
 55             if(i + p[j] - 1<= n)
 56                 mi_b[i][j] = min(mi_b[i][j - 1], mi_b[i + p[j - 1]][j - 1]);
 57 }
 58 
 59 int get_mx_a(int l, int r)
 60 {
 61     int k = flog[r - l + 1];
 62     return max(mx_a[l][k], mx_a[r - p[k] + 1][k]);
 63 }
 64 
 65 int get_mi_b(int l, int r)
 66 {
 67     int k = flog[r - l + 1];
 68     return min(mi_b[l][k], mi_b[r - p[k] + 1][k]);
 69 }
 70 
 71 int min_l(int pos)
 72 {
 73     int l, r, mid;
 74     l = pos - 1, r = n + 1;
 75     while(r - l > 1)
 76     {
 77         mid = (l + r) >> 1;
 78         if(get_mx_a(pos, mid) >= get_mi_b(pos, mid)) r = mid;
 79         else l = mid;
 80     }
 81     return r;
 82 }
 83 
 84 int max_r(int pos)
 85 {
 86     int l, r, mid;
 87     l = pos - 1, r = n + 1;
 88     while(r - l > 1)
 89     {
 90         mid = (l + r) >> 1;
 91         if(get_mx_a(pos, mid) > get_mi_b(pos, mid)) r = mid;
 92         else l = mid;
 93     }
 94     return r;
 95 }
 96 
 97 int main()
 98 {
 99     scanf("%d", &n);
100     for(int i = 1; i <= n; i ++)
101         scanf("%d", &a[i]);
102     for(int i = 1; i <= n; i ++)
103         scanf("%d", &b[i]);
104 
105     init();
106 
107     LL ans = 0;
108     for(int i = 1; i <= n; i ++)
109     {
110         int l = min_l(i);
111         int r = max_r(i);
112         ans = ans + (r - l);
113     }
114     printf("%I64d\n", ans);
115     return 0;
116 }

View Code

Problem_E(CodeForces 689E):

题意：

　　f([l, r])表示区间[l, r]内元素个数：r - l + 1

　　现在给n个区间，求这n个区间任选k个，将其求交集运算后的f值。

　　求出所有情况的f值之和。

思路：　　

　　先考虑每个点，假设已知这个点被x个区间覆盖，那么，这个点被计算的次数就是C(x, k)次。

　　求出所有点的情况即可。再拓展一下，如果连续y个点的覆盖数是一样的，那么就可以得出这y个点被计算的总次数是 y * C(x, k)

　　利用求前缀和的思路来处理这个点，左右端点+-1.

　　这里左端点-1 其实是将整个区间往前移动了一下，相当于是从0开始。

代码：

  1 #include <cmath>
  2 #include <cstdio>
  3 #include <cstring>
  4 #include <cstdlib>
  5 #include <ctime>
  6 #include <set>
  7 #include <map>
  8 #include <list>
  9 #include <stack>
 10 #include <queue>
 11 #include <string>
 12 #include <vector>
 13 #include <fstream>
 14 #include <iterator>
 15 #include <iostream>
 16 #include <algorithm>
 17 using namespace std;
 18 #define LL long long
 19 #define INF 0x3f3f3f3f
 20 #define MOD 1000000007
 21 #define eps 1e-6
 22 #define MAXN 200010
 23 #define MAXM 100
 24 #define dd {cout<<"debug"<<endl;}
 25 #define pa {system("pause");}
 26 #define p(x) {printf("%d\n", x);}
 27 #define pd(x) {printf("%.7lf\n", x);}
 28 #define k(x) {printf("Case %d: ", ++x);}
 29 #define s(x) {scanf("%d", &x);}
 30 #define sd(x) {scanf("%lf", &x);}
 31 #define mes(x, d) {memset(x, d, sizeof(x));}
 32 #define do(i, x) for(i = 0; i < x; i ++)
 33 #define dod(i, x, l) for(i = x; i >= l; i --)
 34 #define doe(i, x) for(i = 1; i <= x; i ++)
 35 LL n, k;
 36 LL f[MAXN];
 37 LL fac[MAXN], fack[MAXN];
 38 map <LL, LL> mp;
 39 vector <LL> v;
 40 
 41 LL qpow(LL x, LL k)
 42 {
 43     LL res = 1;
 44     while(k)
 45     {
 46         if(k & 1) res = res * x % MOD;
 47         x = x * x % MOD;
 48         k >>= 1;
 49     }
 50     return res;
 51 }
 52 
 53 LL inv(LL a, LL x)
 54 {
 55     return qpow(a, x - 2);
 56 }
 57 
 58 LL C(LL n, LL m)
 59 {
 60     if(n < m || m < 0) return 0;
 61     return ((fac[n] * fack[n - m] % MOD) * fack[m]) % MOD; 
 62 }
 63 
 64 void init()
 65 {
 66     fac[0] = fack[0] = 1;
 67     for(int i = 1; i < MAXN; i ++)
 68     {
 69         fac[i] = (fac[i - 1] * i) % MOD;
 70         fack[i] = inv(fac[i], MOD);
 71     }
 72     mp.clear();
 73     v.clear();
 74 }
 75 
 76 int main()
 77 {
 78     init();
 79     LL l, r;
 80     scanf("%lld %lld", &n, &k);
 81     for(int i = 1; i <= n; i ++)
 82     {
 83         scanf("%lld %lld", &l, &r);
 84         mp[l - 1] ++;
 85         v.push_back(l - 1);
 86 
 87         mp[r] --;
 88         v.push_back(r);
 89     }
 90 
 91     sort(v.begin(), v.end());
 92 
 93     LL ans = 0, num = 0, pre_pos = - 1e9 - 10, cnt_pos, len;
 94     int vlen = v.size();
 95     for(int i = 0; i < vlen; i ++)
 96     {
 97         cnt_pos = v[i];
 98         len = cnt_pos - pre_pos;
 99         if(num >= k) 
100             ans = (ans + len * C(num, k) % MOD) % MOD;
101         if(pre_pos != cnt_pos)
102         {
103             pre_pos = cnt_pos;
104             num = num + mp[cnt_pos];
105         }
106     }
107     printf("%lld\n", ans);
108     return 0;
109 }

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posted @ 2016-07-13 14:16 若羽。阅读(253) 评论(0) 编辑收藏举报

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