Educational Codeforces Round 45 (Div 2) (A~G)
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Codeforces 990
真特么菜啊 后一个多小时无所事事。。
要多做CF的题啊，也许没有那么难但是就是容易想不到，代码也不难写。
A.Commentary Boxes
//15ms 0KB
//整除一下就行，但是第一次把n,m弄反了。。3次看错题mmp，还写了个二分。
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
LL n,m,A,B;
int main()
{
scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&n,&m,&A,&B);
LL l=0,r=n/m+1,mid,res=1;
while(l<=r)
if((mid=l+r>>1)<=(double)n/m) res=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
LL ans=std::min(B*(n-res*m),A*((res+1)*m-n));
printf("%I64d",ans);
return 0;
}
B.Micro-World
//31ms 1376KB
//注意重复就好了
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
const int N=2e5+5;
int n,K,A[N],val[N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
int main()
{
n=read(), K=read();
int res=n;
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();//,++val[A[i]];
std::sort(A+1,A+1+n);
int cnt=1; val[1]=1;
for(int i=2; i<=n; ++i)
if(A[i]!=A[i-1]) A[++cnt]=A[i], val[cnt]=1;
else ++val[cnt];
for(int i=2; i<=cnt; ++i)
if(A[i]<=A[i-1]+K) res-=val[i-1];
printf("%d",res);
return 0;
}
C.Bracket Sequences Concatenation Problem
//46ms 2472KB
//注意一下非法情况。
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
const int N=3e5+5;
int n,val[N],rval[N];
char s[N];
bool Check1(int l)
{
int n=0;
for(int i=1; i<=l&&n>=0; ++i)
if(s[i]=='(') ++n;
else --n;
return n>=0;
}
bool Check2(int l)
{
int n=0;
for(int i=l; ~i&&n>=0; --i)//这我为什么写的~i?还没WA...
if(s[i]==')') ++n;
else --n;
return n>=0;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
long long res=0;
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
scanf("%s",s+1);
int l=strlen(s+1), cnt=0;
for(int j=1; j<=l; ++j)
if(s[j]=='(') ++cnt;
else --cnt;
if(cnt==0)
if(Check1(l)) res+=val[0]*2+1, ++val[0];
else ;
else if(cnt>0)
if(Check1(l)) res+=rval[cnt], ++val[cnt];
else ;
else if(Check2(l)) res+=val[-cnt], ++rval[-cnt];
}
printf("%I64d",res);
return 0;
}
赛后
D.Graph And Its Complement(思路 构造)
首先要画出图发现a,b必有一个为1。。
假设当前图只有n个点，没有边，即a=n，b=1，那么想要让b≠1，即补集中至少有一个点孤立出来，那么这个点要在原图中与其它所有点连边。
好现在b=2，a=1了。
或者这样想，原图有a个连通块，肯定先让每个连通块中的点两两有边。这样在补集中每个点一定与所有不在同一连通块的点有边。
这样所有点又连起来了，即a=a，b=1。
这样每次找俩当前不连通的点就可以使a+1；若是b≠1反过来就行了。
注意在n=2/3时a,b不能同时为1，否则一定可以构造出合法解。
//31ms 800KB
#include <cstdio>
#include <algorithm>
const int N=1005;
int n,A,B;
char mp[N][N];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
if(A!=1&&B!=1) return puts("NO"),0;
if((n==2||n==3)&&A==1&&B==1) return puts("NO"),0;
puts("YES");
const char a=A==1?'0':'1', b=a=='1'?'0':'1';//注意b是与a相对！(A=B=1的情况)
for(int i=1; i<=n; ++i)
for(int j=i; j<=n; ++j)
if(i!=j) mp[i][j]=mp[j][i]=b;
else mp[i][j]='0';
for(int i=1, lim=n-std::max(A,B); i<=lim; ++i)
mp[i][i+1]=mp[i+1][i]=a;
for(int i=1; i<=n; ++i) mp[i][n+1]='\0', puts(mp[i]+1);
return 0;
}
E.Post Lamps(贪心)
假设已知要选择哪种灯i。那么从0开始走，每次走i，如果i可放置，那么一定会在i放置而不回去；否则要退回到最近的可放置位置。这其实显然啊。。
\(n/1+n/2+n/3+...+n/n≈O(n\ln n)\)，复杂度没问题啊。
//280ms 9600KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 1000000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
const int N=1e6+5;
const long long INF=1e17;
int n,m,K,A[N],move[N];
bool block[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
int main()
{
n=read(),m=read(),K=read();
int delta=0;
for(int p,i=1; i<=m; ++i)
{
block[p=read()]=1;
move[p]=move[p-1]+1;
delta=std::max(delta,move[p]);
}
if(delta>=K||block[0]) {puts("-1"); return 0;}
for(int i=1; i<=K; ++i) A[i]=read();
long long res=INF;
for(int i=delta+1; i<=K; ++i)
{
int now=0; long long sum=0;
while(now<n)
if(block[now]) now-=move[now];
else now+=i, sum+=A[i];
res=std::min(res,sum);
}
printf("%I64d",res==INF?-1ll:res);
return 0;
}
F.Flow Control(思路)
题目相当于：给定一张图，每个点有一个权值，每条边可以传递任意权值，问能否使每个点的权值为0，并输出边上传递的权值。
无解的情况显然是点权和不为0。否则一定有解。
权值是可以传递的啊！只要从随便一个点开始DFS，不重复走(走出一棵树)，如果它的某子树下还有多余的权值，那么这些一定能补到另一棵子树去；某棵不够也能由其它子树补充。
其它边0就行了。
//
#include <cstdio>
#include <cctype>
#define gc() getchar()
const int N=2e5+5;
int n,m,Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1],val[N],Ans[N<<1];//Ans:2N!
bool vis[N];
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc()) if(c=='-') f=-1;
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now*f;
}
inline void AddEdge(int u,int v)
{
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum;
}
int DFS(int x)
{
vis[x]=1;
int sum=val[x];
for(int v,i=H[x]; i; i=nxt[i])
if(!vis[to[i]])
{
v=DFS(to[i]), sum+=v;
if(i&1) Ans[i^1]=-v;
else Ans[i]=v;
}
return sum;
}
int main()
{
n=read();
int sum=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) sum+=(val[i]=read());
if(sum) return puts("Impossible"),0;
m=read(), Enum=1;
for(int u,i=1; i<=m; ++i) u=read(),AddEdge(u,read());
DFS(1), puts("Possible");//连通。否则可以用并查集判sum。
for(int i=1; i<=m; ++i) printf("%d\n",Ans[i<<1]);
return 0;
}
G.GCD Counting(思路)
一条gcd=g的路径，其上所有点的权值都至少是g的倍数，即它们是连续的。这样，一个大小为x的连通块且其中点权都为g的倍数，其对Ans[g]的贡献为C(x,2)+x。
这显然算多了。对于2x,3x,...x都会统计，枚举倍数都减掉就可以了。
我们可以对每个点点权分解约数，在其约数的vector中存下它们。然后枚举每个约数g，把每个可行连通块DFS一遍分别统计答案。
或者在点权的vector中存点，在枚举约数时弄出是其倍数的点。
这样复杂度会有问题？反正能过。复杂度O(n*约数个数)，2e5内的数的最大约数个数也就100+。
Rank1是用并查集代替了DFS吧。。不过好像也是一样的。
//3400ms 16100KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
const int N=2e5+3;
int n,tot,A[N],Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1];
long long ans[N];
bool ok[N];
std::vector<int> pt[N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline void AddEdge(int u,int v)
{
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum;
}
void DFS(int x)
{
ok[x]=0, ++tot;
for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
if(ok[to[i]]) DFS(to[i]);
}
int main()
{
n=read();
int mx=0;
for(int v,i=1; i<=n; ++i) pt[v=read()].push_back(i), mx=std::max(mx,v);
for(int i=1; i<n; ++i) AddEdge(read(),read());
for(int i=1; i<=mx; ++i)
{
int t=0;
for(int j=i; j<=mx; j+=i)
for(int k=0,v,lim=pt[j].size(); k<lim; ++k)
v=pt[j][k], ok[v]=1, A[++t]=v;
for(int j=1; j<=t; ++j)
if(ok[A[j]])
{
tot=0, DFS(A[j]);
ans[i]+=(1ll*tot*(tot-1)>>1)+tot;
}
}
for(int i=mx-1; i; --i)
if(ans[i])
for(int j=i+i; j<=mx; j+=i) ans[i]-=ans[j];
for(int i=1; i<=mx; ++i)
if(ans[i]) printf("%d %I64d\n",i,ans[i]);
return 0;
}
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很久以前的奇怪但现在依旧成立的签名
attack is our red sun $$\color{red}{\boxed{\color{red}{attack\ is\ our\ red\ sun}}}$$ ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
很久以前的奇怪但现在依旧成立的签名
attack is our red sun $$\color{red}{\boxed{\color{red}{attack\ is\ our\ red\ sun}}}$$ ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
