Educational Codeforces Round 16
http://codeforces.com/contest/710
A：水题
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define mp make_pair #define pb push_back #define pi acos(-1.0) #define ll long long #define mod 1000000007 #define C 0.5772156649 #define ls l,m,rt<<1 #define rs m+1,r,rt<<1|1 #define pil pair<int,ll> #define pii pair<int,int> #define ull unsigned long long #define base 1000000000000000000 #define fio ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0) using namespace std; const double g=10.0,eps=1e-12; const int N=300000+10,maxn=400000+10,inf=0x3f3f3f3f; int main() { fio; string s; cin>>s; if(s[0]=='a'||s[0]=='h') { if(s[1]=='8'||s[1]=='1')puts("3"); else puts("5"); } else { if(s[1]=='8'||s[1]=='1')puts("5"); else puts("8"); } return 0; } /******************** ********************/
B：找规律题，当时一直以为是三分，所以一直wa。。。。
题意：一堆数，找x使得x和他们的距离差的和最小
首先不可能在两端，当x在两个点之间时，我们可以列出距离的公式，显然他是一元一次方程，肯定单调，所以在两端取，前后缀维护一下即可，但是我看别人都是第二种，虽然直觉上确实是对的，但是我也不会严格证明
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define mp make_pair #define pb push_back #define pi acos(-1.0) #define ll long long #define mod 1000000007 #define C 0.5772156649 #define ls l,m,rt<<1 #define rs m+1,r,rt<<1|1 #define pil pair<int,ll> #define pii pair<int,int> #define ull unsigned long long #define base 1000000000000000000 #define fio ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0) using namespace std; const double g=10.0,eps=1e-12; const int N=300000+10,maxn=400000+10,inf=0x3f3f3f3f; ll a[N],sum1[N],sum2[N]; int main() { int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]); sort(a+1,a+1+n); for(int i=1;i<=n;i++)sum1[i]=sum1[i-1]+a[i]; for(int i=n;i>=1;i--)sum2[i]=sum2[i+1]+a[i]; ll ans=1e18,id; for(int i=1;i<=n;i++) { ll te=sum2[i+1]-a[i]*(n-i)+a[i]*(i-1)-sum1[i-1]; if(ans>te) { ans=te; id=a[i]; } } printf("%lld\n",id); return 0; } /******************** ********************/
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define mp make_pair #define pb push_back #define pi acos(-1.0) #define ll long long #define mod 1000000007 #define C 0.5772156649 #define ls l,m,rt<<1 #define rs m+1,r,rt<<1|1 #define pil pair<int,ll> #define pii pair<int,int> #define ull unsigned long long #define base 1000000000000000000 #define fio ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0) using namespace std; const double g=10.0,eps=1e-12; const int N=300000+10,maxn=400000+10,inf=0x3f3f3f3f; ll a[N],sum1[N],sum2[N]; int main() { int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]); sort(a+1,a+1+n); printf("%lld\n",a[(n+1)/2]); return 0; } /******************** ********************/
C：题意：给你一个奇数n，让你构造一个n*n矩阵要求填的数只能是1到n*n，每个格子不同，每行每列以及主副对角线和都必须是奇数
解法：我们先1到n*n顺序填，填完之后会发现有一些圈是不满足的，比如
1 2 3
4 5 6
7 8 9
那么我们把最外圈平移一格变成了
2 3 6
1 5 9
4 7 8，这样就能满足条件了，以此类推3,7,11....都需要旋转
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define mp make_pair #define pb push_back #define pi acos(-1.0) #define ll long long #define mod 1000000007 #define C 0.5772156649 #define ls l,m,rt<<1 #define rs m+1,r,rt<<1|1 #define pil pair<int,ll> #define pii pair<int,int> #define ull unsigned long long #define base 1000000000000000000 #define fio ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0) using namespace std; const double g=10.0,eps=1e-12; const int N=100+10,maxn=400000+10,inf=0x3f3f3f3f; int ans[N][N]; int main() { int n; scanf("%d",&n); int num=1; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) ans[i][j]=num++; // for(int i=1;i<=n;i++) // { // for(int j=1;j<=n;j++) // printf("%2d ",ans[i][j]); // puts(""); // } for(int i=3;i<=n;i+=4) { int p=(n+i)/2; vector<int>v; for(int j=n-p+1;j<=p;j++) v.pb(ans[n-p+1][j]); for(int j=n-p+2;j<=p;j++) v.pb(ans[j][p]); for(int j=p-1;j>=n-p+1;j--) v.pb(ans[p][j]); for(int j=p-1;j>=n-p+2;j--) v.pb(ans[j][n-p+1]); // for(int j=0;j<v.size();j++) // printf("%d ",v[j]); // puts(""); int cnt=1; for(int j=n-p+1;j<=p;j++) ans[n-p+1][j]=v[cnt++]; for(int j=n-p+2;j<=p;j++) ans[j][p]=v[cnt++]; for(int j=p-1;j>=n-p+1;j--) ans[p][j]=v[cnt++]; for(int j=p-1;j>=n-p+2;j--) { if(cnt==v.size())cnt=0; ans[j][n-p+1]=v[cnt++]; } } for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=n;j++) printf("%2d ",ans[i][j]); puts(""); } return 0; } /******************** 1010101 0101010 1010101 0101010 1010101 0101010 1010101 ********************/
D：给你a1,a2,b1,b2,l,r，要求找到在lr之间的x，满足x=a1*k+b1=a2*l+b2，kl必须大于0
解法：扩展中国剩余定理，中国剩余定理是对于y=a1*x+b1=a2*x+b2
变形一下a1*x+a2*y=b2-b1;,我们可以用扩展gcd来求这个方程的解，
扩展gcd:对于直接套exgcd的x，y是a*x+b*y=gcd(a,b)的解，对于原方程的解我们需要乘上c/gcd(a,b)，那么我们得到了一个特解x0，通解x=x0+k*b/gcd(a,b)
那么我们再回到中国剩余定理上，将exgcd求得的通解x带入y=a1*x+b1，就得到了通解y,y%lcm（a1，a2）又等于0，
对于这题来说，我们找到了通解y，但是需要在l,r之间，而且满足k，l为正数，当然我们可以将区间缩小到(max(l,max(b1,b2)),r)这样就满足了 kl>=0，我们将特解减到比l小的地方，然后加上r到y，减去l到y
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define mp make_pair #define pb push_back #define pi acos(-1.0) #define ll long long #define mod 1000000007 #define C 0.5772156649 #define ls l,m,rt<<1 #define rs m+1,r,rt<<1|1 #define pil pair<int,ll> #define pii pair<ll,int> #define ull unsigned long long #define base 1000000000000000000 #define fio ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0) using namespace std; const double g=10.0,eps=1e-12; const int N=20000+10,maxn=90000+10,inf=0x3f3f3f3f; ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) { if(!b) { x=1,y=0; return a; } ll ans=exgcd(b,a%b,x,y); ll t=x;x=y;y=t-a/b*y; return ans; } int main() { ll a1,a2,b1,b2,l,r; scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&a1,&b1,&a2,&b2,&l,&r); ll a=a1,b=a2,c=b2-b1,x,y; ll d=exgcd(a,b,x,y); ll lcm=a/__gcd(a,b)*b; l=max(l,max(b1,b2)); x*=c/__gcd(a,b); if(c%d!=0||l>r)puts("0"); else { ll t=b/__gcd(a,b); x=(x%t+t)%t;//min position solution x=a1*x%lcm+b1; x%=lcm; if(l>0)x-=lcm; else x+=(int)(l/lcm-2)*lcm; ll ans=0; // printf("%lld\n",ans); // printf("%lld %lld %lld %lld %lld %lld\n",x,l,r,lcm,l%lcm,r%lcm); if(x<=r)ans+=(r-x)/lcm; if(x<=l-1)ans-=(l-1-x)/lcm; printf("%lld\n",ans); } return 0; } /******************** 4 2963 394 577593 125523962 628140505 ********************/
E：两种操作一种把a个数+1或者-1，代价是x，一种是把a翻倍，代价是y，求a个数从0到n的最小代价
解法：dp【i】表示从i到n所需的最小代价，当i为奇数dp只能从dp【i-1】或者dp【(i+1)/2】转移过来，因为更大的i+x转移过来和i+1是一样的，当i是偶数，dp【i】只能是dp【i/2】或者dp【i-1】转移，
转移方程if(i&1) dp[i]=min(dp[i-1]+x, dp[(i +1) >> 1] + x + y);else dp[i]=min(dp[i/2]+y,dp[i-1]+x);
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define mp make_pair #define pb push_back #define pi acos(-1.0) #define ll long long #define mod 1000000007 #define C 0.5772156649 #define ls l,m,rt<<1 #define rs m+1,r,rt<<1|1 #define pil pair<int,ll> #define pii pair<ll,int> #define ull unsigned long long #define base 1000000000000000000 #define fio ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0) using namespace std; const double g=10.0,eps=1e-12; const int N=20000000+10,maxn=90000+10,inf=0x3f3f3f3f; ll dp[N]; int main() { ll n,x,y; scanf("%lld%lld%lld",&n,&x,&y); for(int i=1;i<=n;i++) if(i&1) dp[i]=min(dp[i-1]+x, dp[(i +1) >> 1] + x + y); else dp[i]=min(dp[i/2]+y,dp[i-1]+x); printf("%lld\n",dp[n]); return 0; } /******************** ********************/
F：题意：三种操作，一种加一个字符串到集合中（保证不相同）一种删除某个字符串（保证一定存在），一种查询集合中的字符串在给定的字符串中出现过几次（重合的也算）
解法：考虑建多个ac自动机，但是建n个ac自动机肯定是会mle的，我们可以用二进制分组
二进制分组：例如21=16+4+1，当21+1时，22=16+4+1+1=16+4+2保证每一位是2的幂次，那么对于每次加，最多只可能有logn个操作，查询也变成了logn个操作，这样就比直接暴力的n^2快多了，复杂度是nlognlogn
现在我们建logn个ac自动机，每次加入时像二进制分组这样合并两个ac自动机，合并我们可以直接暴力删掉，然后暴力重新建图，建立fail指针
对于删除操作我们考虑建两个ac自动机，然后一个代表+，一个代表-，最后的结果就是第一个-第二个
然后这题的数据比较水，所有字符串hash也能过，附上字符串hash的代码（ac自动机的代码懒得写了= =）
#include<bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define mp make_pair #define pb push_back #define pi acos(-1.0) #define ll long long #define mod 1000000007 #define C 0.5772156649 #define ls l,m,rt<<1 #define rs m+1,r,rt<<1|1 #define pil pair<int,ll> #define pii pair<int,int> #define ull unsigned long long #define base 1000000000000000000 #define fio ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0) using namespace std; const double g=10.0,eps=1e-12; const int N=300000+10,maxn=400000+10,inf=0x3f3f3f3f; const ll bs=199; map<int,set<int> >m; int Hash[N]; int ha(char *s) { int ans=0,len=strlen(s); for(int i=0;i<len;i++) ans=(bs*ans+s[i])%mod; return ans; } int query(char *s) { int ans=0,v=ha(s),len=strlen(s); for(auto x=m.begin();x!=m.end()&&x->fi<=len;x++) { int res=0; for(register int i=0;i<x->fi;i++) res=(bs*res+s[i])%mod; if(x->se.find(res)!=x->se.end())ans++; for(int i=0;i+x->fi<len;i++) { res=(bs*res+s[i+x->fi]-(ll)Hash[x->fi]*s[i])%mod+mod; if(res>mod)res-=mod; if(x->se.find(res)!=x->se.end())ans++; } } return ans; } char s[N]; int main() { int n;scanf("%d",&n); Hash[0]=1; for(int i=1;i<N;i++) Hash[i]=bs*Hash[i-1]%mod; for(register int i=0;i<n;i++) { int op; scanf("%d%s",&op,s); if(op==1) { int len=strlen(s); m[len].insert(ha(s)); } else if(op==2) { int len=strlen(s); m[len].erase(ha(s)); if(m[len].size()==0)m.erase(len); } else { printf("%d\n",query(s)); fflush(stdout); } } return 0; } /******************** ********************/
