CF 990 Educational Codeforces Round 45
既然补了就简单记录一下。
感觉还算有一点营养。
官方题解传送门：点我
A Commentary Boxes
对拆掉$n \mod m$个和新建$m - (n \mod m)$求个最小。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long ll; int main() { ll n, m, a, b, r; scanf("%lld%lld%lld%lld", &n, &m, &a, &b); r = n % m; printf("%lld\n", min(b * r, (m - r) * a)); return 0; }
B Micro-World
对所有数排序，从小到大扫，能吃就吃。
一个细菌如果不被刚好比它大的那个吃掉，那么再大一点的也不能吃掉。
注意到相同的数可能处理起来有一点问题，像我这种懒人就直接开个$map$当平衡树用。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <map> using namespace std; int n, k; map <int, int> mp; template <typename T> inline void read(T &X) { X = 0; char ch = 0; T op = 1; for (; ch > '9'|| ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') op = -1; for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) X = (X << 3) + (X << 1) + ch - 48; X *= op; } int main() { read(n), read(k); for (int v, i = 1; i <= n; i++) { read(v); ++mp[v]; } map <int, int> :: iterator lst = mp.begin(), now = mp.begin(); ++now; int ans = 0; for (; now != mp.end(); ++lst, ++now) if (now -> first <= lst -> first + k) ans += lst -> second; printf("%d\n", n - ans); return 0; }
C Bracket Sequences Concatenation Problem
话说最近的几场中有类似的题目啊。
一个括号序列在自身匹配完之后一定能表示成若干个右括号$+$若干个左括号（比如$))))(((($）的形式，两个括号序列接起来能匹配的充要条件是：
1、前面的那个没有多余的右括号。
2、后面的那个没有多余的左括号。
3、前面的左括号和后面的右括号个数相同。
开个$map$正反扫一扫，注意不要忘记计算一个括号序列自身可能的贡献。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <map> #include <iostream> using namespace std; typedef pair <int, int> pin; typedef long long ll; const int N = 3e5 + 5; int n; pin a[N]; char s[N]; map <int, int> mp; int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%s", s + 1); int len = strlen(s + 1), top = 0; for (int j = 1; j <= len; j++) { if (s[j] == '(') ++top; else { if (top) --top; else ++a[i].first; } } if (top != 0) a[i].second += top; } ll ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { if (a[i].second == 0) ans += mp[a[i].first]; if (a[i].first == 0) ++mp[a[i].second]; } mp.clear(); for (int i = n; i >= 1; i--) { if (a[i].second == 0) ans += mp[a[i].first]; if (a[i].first == 0) ++mp[a[i].second]; } for (int i = 1; i <= n; i++) if (a[i].first == 0 && a[i].second == 0) ++ans; printf("%lld\n", ans); return 0; }
D Graph And Its Complement
我觉得这是这场最有趣的一道题。
做出这个首先需要发现一条性质，$n, a, b$一定需要满足$a == 1$或者$b == 1$的形式才可能有解。
可能的意思是说在$a == 1$并且$b == 1$并且$n == 2 || n == 3$的时候无解。
假设原图有超过$1$个连通块，那么对于任意两个联通块来说，取补集之后都会有一条边相连，所以补图一定只有一个连通块。
如果$b$为$1$并且$a$不为$1$可以$swap$过来然后输出补图。
这样子把$1$到$n - a + 1$连成一条链就好了。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 1005; int n, a, b; bool ans[N][N]; int main() { scanf("%d%d%d", &n, &a, &b); if (a != 1 && b != 1) return puts("NO"), 0; if (a == 1 && b == 1) { if (n == 2 || n == 3) return puts("NO"), 0; for (int i = 1; i < n; i++) ans[i][i + 1] = ans[i + 1][i] = 1; puts("YES"); for (int i = 1; i <= n; i++, putchar('\n')) for (int j = 1; j <= n; j++) putchar(ans[i][j] + '0'); return 0; } bool flag = 0; if (a == 1) swap(a, b), flag = 1; if (flag) memset(ans, 1, sizeof(ans)); for (int i = 1; i <= n - a; i++) ans[i][i + 1] ^= 1, ans[i + 1][i] ^= 1; puts("YES"); for (int i = 1; i <= n; i++, putchar('\n')) for (int j = 1; j <= n; j++) { if (i == j) putchar('0'); else putchar(ans[i][j] + '0'); } return 0; }
E Post Lamps
这题我纠结了很长时间的第一个样例，因为怎么玩都有比样例输出更好的答案，直到我在$announcement$里面发现了这样一句话：
感觉无话可说……
先考虑没有“不能放”的限制的时候怎么做，对于每一个亮度$k$，贪心地把它放在$0, k, 2k, \cdots$直到大于等于$n$。
现在加入限制条件，考虑如果在跳的时候遇到了一个障碍，就尝试在这个障碍前面最近的一个不是障碍的位置放灯，如果这样还是不可以照亮它，那么直接无解。
障碍在$0$的时候可以直接无解。
可以用一个并查集，遇到障碍就把父指针指向前一个位置，这个并查集可以路径压缩。
注意到这个复杂度其实是一个调和级数，虽然并不是特别严格，但是根本跑不满。
应该比$D$简单吧。
#include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e6 + 5; const ll inf = 1LL << 60; int n, m, k, ufs[N]; ll a[N]; bool b[N]; template <typename T> inline void read(T &X) { X = 0; char ch = 0; T op = 1; for (; ch > '9'|| ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') op = -1; for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) X = (X << 3) + (X << 1) + ch - 48; X *= op; } template <typename T> inline void chkMin(T &x, T y) { if (y < x) x = y; } int find(int x) { return ufs[x] == x ? x : ufs[x] = find(ufs[x]); } int main() { read(n), read(m), read(k); for (int i = 1; i <= n; i++) ufs[i] = i; for (int pos, i = 1; i <= m; i++) { read(pos); if (pos == 0) return puts("-1"), 0; b[pos] = 1; ufs[pos] = pos - 1; } b[n] = 1, ufs[n] = n - 1; for (int i = 1; i <= k; i++) read(a[i]); ll ans = inf; for (int i = 1; i <= k; i++) { int cnt = 0; ll res = 0; for (int j = 0; j < n; j += i) { if (!b[j]) ++cnt; else { int pos = find(ufs[j]); if (j - pos < i) ++cnt, j = pos; else { res = inf; break; } } } if (res != inf) res = 1LL * cnt * a[i]; chkMin(ans, res); } printf("%I64d\n", ans == inf ? -1 : ans); return 0; }
F Flow Control
虽然网络流已经差不多忘得一干二净了，但是流量守恒这一点还是能记住手玩出来的。
先把所有的$s_i$求和，如果不为$0$一定不合法。
注意到当有环的时候有一些边可以随便流，等价于就算这些边不存在（流量为$0$）也能出解。
所以做一棵生成树就好了，不在生成树中的边流量输出$0$。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair <int, int> pin; const int N = 2e5 + 5; int n, m, tot = 0, head[N], ufs[N], dep[N]; ll a[N], sum[N]; bool vis[N]; pin pat[N]; struct Edge { int to, nxt; } e[N << 1]; inline void add(int from, int to) { e[++tot].to = to; e[tot].nxt = head[from]; head[from] = tot; } template <typename T> inline void read(T &X) { X = 0; char ch = 0; T op = 1; for (; ch > '9'|| ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') op = -1; for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) X = (X << 3) + (X << 1) + ch - 48; X *= op; } int find(int x) { return ufs[x] == x ? x : ufs[x] = find(ufs[x]); } inline bool merge(int x, int y) { int fx = find(x), fy = find(y); if (fx == fy) return 0; ufs[fx] = fy; return 1; } inline bool chk() { ll tmp = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) tmp += a[i]; return (!tmp); } void dfs(int x, int fat, int depth) { dep[x] = depth, sum[x] = a[x]; for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) { int y = e[i].to; if (y == fat) continue; dfs(y, x, depth + 1); sum[x] += sum[y]; } } int main() { read(n); for (int i = 1; i <= n; i++) { read(a[i]); ufs[i] = i; } read(m); for (int x, y, i = 1; i <= m; i++) { read(x), read(y); pat[i].first = x, pat[i].second = y; if (!merge(x, y)) continue; vis[i] = 1; add(x, y), add(y, x); } if (!chk()) return puts("Impossible"), 0; dfs(1, 0, 1); puts("Possible"); for (int i = 1; i <= m; i++) { if (vis[i]) printf("%lld\n", dep[pat[i].first] < dep[pat[i].second] ? sum[pat[i].second] : -sum[pat[i].first]); else puts("0"); } return 0; }
G GCD Counting
因为统计的时候复杂度是只和$gcd$的个数有关的，所以可以直接大力点分治，复杂度也是没问题的。
但是点分治真的写不对这样太无脑了，考虑正解提到的稍微有一点技术含量的做法。
用$h(i)$表示树上能被$i$整除的路径的数量，注意到在树上一定是若干个满足条件的联通块选点之后求和。
一个$siz$为$n$的连通块的贡献是$\frac{n(n + 1)}{2}$。
那么最后的答案
$$ans_x = \sum_{i = x}^{\left \lfloor \frac{n}{x} \right \rfloor}\mu(i)h(xi)$$
我选择用一个并查集合并一下。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 2e5 + 5; const int Maxn = 2e5; int n, a[N], tot = 0, head[N], fa[N]; int pCnt = 0, pri[N], mu[N], ufs[N], siz[N]; bool np[N], vis[N]; ll ans[N], f[N]; vector <int> h[N], vec; struct Edge { int to, nxt; } e[N << 1]; inline void add(int from, int to) { e[++tot].to = to; e[tot].nxt = head[from]; head[from] = tot; } template <typename T> inline void read(T &X) { X = 0; char ch = 0; T op = 1; for (; ch > '9'|| ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') op = -1; for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) X = (X << 3) + (X << 1) + ch - 48; X *= op; } inline void sieve() { mu[1] = 1; for (int i = 2; i <= Maxn; i++) { if (!np[i]) pri[++pCnt] = i, mu[i] = -1; for (int j = 1; j <= pCnt && pri[j] * i <= Maxn; j++) { np[i * pri[j]] = 1; if (i % pri[j] == 0) { mu[i * pri[j]] = 0; break; } mu[i * pri[j]] = -mu[i]; } } } void dfs(int x, int fat) { fa[x] = fat; for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) { int y = e[i].to; if (y == fat) continue; dfs(y, x); } } int find(int x) { return ufs[x] == x ? x : ufs[x] = find(ufs[x]); } inline bool merge(int x, int y) { int fx = find(x), fy = find(y); if (fx == fy) return 0; if (siz[fx] < siz[fy]) ufs[fx] = fy, siz[fy] += siz[fx]; else ufs[fy] = fx, siz[fx] += siz[fy]; return 1; } int main() { sieve(); read(n); for (int i = 1; i <= n; i++) { read(a[i]); h[a[i]].push_back(i); } for (int x, y, i = 1; i < n; i++) { read(x), read(y); add(x, y), add(y, x); } dfs(1, 0); for (int i = 1; i <= Maxn; i++) { for (int j = i; j <= Maxn; j += i) for (int k = 0; k < (int)h[j].size(); k++) { int x = h[j][k]; ufs[x] = x, siz[x] = 1, vis[x] = 0; vec.push_back(x); } for (int j = 0; j < (int)vec.size(); j++) { int x = vec[j]; if (fa[x] && a[fa[x]] % i == 0) merge(x, fa[x]); } for (int j = 0; j < (int)vec.size(); j++) { int x = vec[j], fx = find(x); if (vis[fx]) continue; f[i] += 1LL * siz[fx] * (siz[fx] + 1) / 2; vis[fx] = 1; } vec.clear(); } for (int i = 1; i <= Maxn; i++) for (int j = i; j <= Maxn; j += i) ans[i] += 1LL * mu[j / i] * f[j]; for (int i = 1; i <= Maxn; i++) { if (!ans[i]) continue; printf("%d %I64d\n", i, ans[i]); } return 0; }
