Codeforces Global Round 6
好演啊，完蛋了，只会ABC。
关注的人不够多，假如有榜看的话估计可以发现D是简单题来的，多关注几个红名爷好了。
首先A就想复杂了一开始就应该往质因数分解那里想。
B看了图也想复杂了，观察一下很显然。
C看错题太演了，单行单列要小心一点。
D应该先看榜的，比赛不是乱做，应该看榜，前面一圈人秒杀D，D就不应该是复杂的图，又消环又干嘛的。
A - Competitive Programme
题意：给一个字符串，对它重新排列使得它是60的倍数。
题解：首先这个是A题，在CF中要坚信它是水题。60的倍数一定是10的倍数所以必须有至少一个0，先把没有0的去掉。然后去掉其中一个0。然后要求是6的倍数，3的倍数满足十进制数位和都是3，2的倍数要求以2结尾，分别判断就可以了。
char s[1005];
void test_case() {
scanf("%s", s + 1);
int l = strlen(s + 1);
int sum = 0;
for(int i = 1; i <= l; ++i)
sum += s[i] - '0';
/*不是3的倍数*/
if(sum % 3 != 0) {
puts("cyan");
return;
}
/*150*/
int cnt0 = 0, cnt2 = 0, cntn0 = 0;
for(int i = 1; i <= l; ++i) {
if(s[i] == '0')
++cnt0;
else
++cntn0;
if((s[i] - '0') % 2 == 0)
++cnt2;
}
/*全是0*/
if(cntn0 == 0) {
puts("red");
return;
}
/*没有0*/
if(cnt0 == 0) {
puts("cyan");
return;
}
/*有0，也有至少两个偶数，0提供1个2和5，另一个提供另一个2*/
if(cnt2 >= 2) {
puts("red");
return;
}
puts("cyan");
return;
}
B - Dice Tower
题意：给一个数，问他是不是可以由一个骰子塔的所有接触空气的面的数字构成。
题解：123456轮流朝下有[15,20]6种不同的结果。而骰子的对面的和永远都是7，所以骰子塔的中间不管怎么摆都是+14每层。
void test_case() {
/*最小的肯定是12345=15*/
/*12346=16*/
/*12356=17*/
/*12456=18*/
/*13456=19*/
/*23456=20*/
/*然后必须加一层，加一层最小的，注意骰子对面都是7，所以没最小的，都是+14*/
ll x;
scanf("%lld", &x);
if(x <= 14) {
puts("NO");
return;
}
x %= 14;
if(x >= 1 && x <= 6) {
puts("YES");
return;
}
puts("NO");
return;
}
C - Diverse Matrix
题意：往一个矩阵里面填数，使得每行每列的gcd都两两各不相同。且最大的gcd最小。
题解：一开始没看见“且最大的gcd最小”，就随便掏了一群质数瞎乘上去。改了之后就发现其实是要用连续的自然数，首先给第一行安排一堆连续的自然数那么他们的gcd肯定就是1，然后在下面给他们一起乘上多少倍他们的gcd就是多少。注意只有1或1列的情况不能出现数字1，其他的情况是可以出现的。无论如何都是刚好从1开始到r+c的。
int a[505][505];
void test_case() {
int r, c;
scanf("%d%d", &r, &c);
if(r == 1 && c == 1) {
puts("0");
return;
}
if(r == 1) {
for(int j = 1; j <= c; ++j)
a[1][j] = j + 1;
for(int i = 1; i <= r; ++i) {
for(int j = 1; j <= c; ++j)
printf("%d%c", a[i][j], " \n"[j == c]);
}
return;
}
if(c == 1) {
for(int i = 1; i <= r; ++i)
a[i][1] = i + 1;
for(int i = 1; i <= r; ++i) {
for(int j = 1; j <= c; ++j)
printf("%d%c", a[i][j], " \n"[j == c]);
}
return;
}
for(int i = 1; i <= r; ++i) {
for(int j = 1; j <= c; ++j)
a[i][j] = 1;
}
int curp = 0;
for(int i = 1; i <= r; ++i) {
int P = ++curp;
for(int j = 1; j <= c; ++j)
a[i][j] *= P;
}
for(int j = 1; j <= c; ++j) {
int P = ++curp;
for(int i = 1; i <= r; ++i)
a[i][j] *= P;
}
for(int i = 1; i <= r; ++i) {
for(int j = 1; j <= c; ++j)
printf("%d%c", a[i][j], " \n"[j == c]);
}
return;
}
D - Decreasing Debts
题意：有n个人，m条借钱关系，你可以按照常识来简化借钱关系进行等价变换，使得总的借钱数额最小。
题解：消环DAG确实可以，这波亏一半，写起来有一些细节错了，没事下次就可以了。其实看分值这题就不应该这么做。这样写的细节难度至少有C的3倍。
vector<pii> PG1[200005];
void AddEdge1(int u, int v, int w) {
if(u == v || w == 0)
return;
if(!PG1[v].empty()) {
pii tmp = PG1[v].back();
PG1[v].pop_back();
int t = tmp.second;
if(t == u) {
if(w >= tmp.first) {
AddEdge1(u, v, w - tmp.first);
return;
} else {
AddEdge1(v, u, tmp.first - w);
return;
}
}
if(w >= tmp.first) {
AddEdge1(u, t, tmp.first);
AddEdge1(u, v, w - tmp.first);
return;
} else {
AddEdge1(u, t, w);
AddEdge1(v, t, tmp.first - w);
return;
}
}
if(w)
PG1[u].push_back({w, v});
}
vector<pii> PG2[200005];
void AddEdge2(int u, int v, int w) {
if(u == v || w == 0)
return;
if(!PG2[v].empty()) {
pii tmp = PG2[v].back();
PG2[v].pop_back();
int t = tmp.second;
if(t == u) {
if(w >= tmp.first) {
AddEdge2(u, v, w - tmp.first);
return;
} else {
AddEdge2(v, u, tmp.first - w);
return;
}
}
if(w >= tmp.first) {
AddEdge2(u, t, tmp.first);
AddEdge2(u, v, w - tmp.first);
return;
} else {
AddEdge2(u, t, w);
AddEdge2(v, t, tmp.first - w);
return;
}
}
if(w)
PG2[u].push_back({w, v});
}
vector<pii> G[200005];
vector<int> AG[200005];
queue<int> Q;
int outdeg[200005];
map<int, ll> MG[200005];
void test_case() {
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
while(m--) {
int u, v, w;
scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
AddEdge1(u, v, w);
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
while(!PG1[i].empty()) {
pii tmp = PG1[i].back();
PG1[i].pop_back();
int v = tmp.second, w = tmp.first;
G[i].push_back({v, w});
AG[v].push_back(i);
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
outdeg[i] = G[i].size();
if(outdeg[i] == 0)
Q.push(i);
}
while(!Q.empty()) {
int u = Q.front();
Q.pop();
for(auto &e : G[u])
AddEdge2(u, e.first, e.second);
for(auto &v : AG[u]) {
--outdeg[v];
if(outdeg[v] == 0)
Q.push(v);
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
while(!PG2[i].empty()) {
pii tmp = PG2[i].back();
PG2[i].pop_back();
int u = i, w = tmp.first, v = tmp.second;
MG[u][v] += w;
}
}
int sum = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
sum += MG[i].size();
printf("%d\n", sum);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
for(auto &e : MG[i])
printf("%d %d %lld\n", i, e.first, e.second);
}
}
这东西的复杂度怎么证明啊？会不会本身就是一个假算法？
题解：事实上每个人只需要关心他实际借出/借入了多少钱，对象是无所谓的，随便找个人填上去就可以了。
ll sum[200005];
vector<int>P, N;
map<int, ll> MG[200005];
void test_case() {
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
while(m--) {
int u, v, w;
scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
sum[u] += w;
sum[v] -= w;
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(sum[i] < 0)
N.push_back(i);
else if(sum[i] > 0)
P.push_back(i);
}
while(!P.empty()) {
int u = P.back();
P.pop_back();
int v = N.back();
N.pop_back();
ll d = min(sum[u], -sum[v]);
sum[u] -= d;
sum[v] += d;
MG[u][v] += d;
if(sum[u])
P.push_back(u);
if(sum[v])
N.push_back(v);
}
int sum = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
sum += MG[i].size();
printf("%d\n", sum);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
for(auto &e : MG[i])
printf("%d %d %lld\n", i, e.first, e.second);
}
}
E - Spaceship Solitaire
题意：建造一艘太空船，需要n种资源，第i种资源的需求是ai。每次加入/改变/删除一个任务奖励，达成该任务就获得一个奖励的资源，在每次操作后输出当前需要的资源数，注意每种资源的每个进度的奖励资源至多只有1个。
题解：一开始就是ai的和，然后加入一个必定会减少1。再继续加入的话要判断当前奖励的是否已经饱和，饱和的话就不再改变。反过来想的确是显然的，但是正向怎么构造呢？
int n, q, a[200005], b[200005];
map<int, int> M[200005];
ll sum;
void Sub(int u) {
if(u) {
--b[u];
if(b[u] < a[u])
++sum;
}
}
void Add(int u) {
if(u) {
++b[u];
if(b[u] <= a[u])
--sum;
}
}
void test_case() {
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
sum += a[i];
}
scanf("%d", &q);
while(q--) {
int s, t, u;
scanf("%d%d%d", &s, &t, &u);
Sub(M[s][t]);
Add(u);
M[s][t] = u;
printf("%lld\n", sum);
}
}
