Codeforces Global Round 8 题解 (ABCDE)
A. C+=
每次小的那个 += 大的那个
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2;
#define int ll
int a,b,n;
void Solve(){
cin>>a>>b>>n;
for(int i=0;;i++){
if(a<b)swap(a,b);
if(a>n){cout<<i<<endl; return;}
b+=a;
}
}
signed main(){
int T; cin>>T;
while(T--)Solve();
return 0;
}
B. Codeforces Subsequences
首先能想到，答案应该是类似 cccooodddeeefffooorrrccceeesss 的形式，并且连续c,o,d,...的个数应该尽可能接近
因此每次找最少的那个连续字母，并添加这个字母
- 解释一下为什么要“尽可能接近”。假设有3个f和4个r，如果我添加一个r，那么当前subsequences个数会乘以 \(\dfrac 5 4\)，如果增加一个f就会乘以 \(\dfrac 4 3\)，后者方案更优
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2;
#define int ll
int k;
vector<int> a;
void Solve(){
cin>>k;
a.assign(10,1); int s=1;
repeat(i,0,inf){
if(s>=k)break;
i%=10;
s/=a[i];
a[i]++;
s*=a[i];
}
repeat(i,0,a[0])cout<<'c';
repeat(i,0,a[1])cout<<'o';
repeat(i,0,a[2])cout<<'d';
repeat(i,0,a[3])cout<<'e';
repeat(i,0,a[4])cout<<'f';
repeat(i,0,a[5])cout<<'o';
repeat(i,0,a[6])cout<<'r';
repeat(i,0,a[7])cout<<'c';
repeat(i,0,a[8])cout<<'e';
repeat(i,0,a[9])cout<<'s';
cout<<endl;
}
signed main(){
int T=1; //cin>>T;
while(T--)Solve();
return 0;
}
C. Even Picture
事实证明（乱搞可得），下面这种排列方法可以切这题
（\(n=5\) 的时候）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2;
#define int ll
int n;
void Solve(){
int n; cin>>n;
cout<<3*n+4<<endl;
repeat(i,1,n+2){
cout<<i<<' '<<i<<endl;
cout<<i+1<<' '<<i<<endl;
cout<<i<<' '<<i+1<<endl;
}
cout<<n+2<<' '<<n+2<<endl;
}
signed main(){
int T=1; //cin>>T;
while(T--)Solve();
return 0;
}
D. AND, OR and square sum
事实证明（想想感觉很对），先让 \(a[1]\) 尽可能大，在此基础上让 \(a[2]\) 尽可能大，以此类推，这样答案最优
我不会证明
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2;
#define int ll
int cnt[110];
void Solve(){
int n; cin>>n;
repeat(i,0,n){
int x; cin>>x;
repeat(j,0,21)cnt[j]+=(x>>j)&1;
}
int ans=0;
repeat(i,0,n){
int x=0;
repeat(j,0,21)
if(cnt[j]>i){
x|=1<<j;
}
ans+=x*x;
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
int T=1; //cin>>T;
while(T--)Solve();
return 0;
}
E. Ski Accidents
大意：在一个DAG中删除一些点使得不存在长度为2的路径。要求删除的点数不大于 \(\dfrac 4 7 n\)
前半小时切了前四题，后两个小时都没能做出E，枯了。首先这个 \(\dfrac 4 7\) 就很有趣，它正好是一棵三层的满二叉树，删除所有叶子的情况。因此我猜测，对于每个有孙子节点的点，删除其所有孙子，这么写了交上去，wa6。还剩不到半小时，我终于搞出了一个数据hack了自己：
1
10 9
3 4
4 5
4 6
2 6
6 7
6 8
1 8
8 9
8 10
再后来针对数据修改了很久也还是wa6，没办法只能看题解了。
首先把所有点分成3类，\(V_0,V_1,V_2\)。其中 \(V_2\) 接下来会被删掉（如果存在边 \((u,v)\)，我把 \(u\) 称为 \(v\) 的一个父亲，把 \(v\) 称为 \(u\) 的儿子）
- \(V_0\) 的父亲只能是 \(V_2\)，或者无父亲。也就是说，删掉 \(V_2\) 后 \(V_0\) 就没有父亲了
- \(V_1\) 的父亲中不能出现 \(V_1\)，并且要出现至少一个 \(V_0\)
- \(V_2\) 的父亲要至少出现一个 \(V_1\)
为确定点的类型，只要按照拓扑序访问每个点。如果父亲中出现一个 \(V_1\) 那就是 \(V_2\)，除此之外出现一个 \(V_0\) 那就是 \(V_1\)，除此之外都是 \(V_0\)。我们发现，删掉所有 \(V_2\) 后，所有还尚存的边一定连接 \(V_0\) 和 \(V_1\)，（不存在 \(V_0-V_0\) 之类的边），完美符合题意。同时，每个 \(V_2\) 都至少连接一个 \(V_1\)，为了让 \(V_2\) 尽可能多，那就让 \(V_1\) 连接两个 \(V_2\)；同理，让每个 \(V_0\) 连接两个 \(V_1\)，这样 \(V_2\) 的比例最高也不会超 \(\dfrac 4 7\)，完美符合
这个答案确实是我的“一棵三层的满二叉树删掉叶子”的想法的延伸，但是好难想啊……
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2;
#define int ll
vector<int> a[N],ans;
int w[N];
void Solve(){
int n,m; cin>>n>>m;
repeat(i,1,n+1)a[i].clear(),w[i]=0; ans.clear();
while(m--){
int x,y; cin>>x>>y;
a[y].push_back(x);
}
repeat(x,1,n+1){
for(auto p:a[x])
if(w[p]!=2)
w[x]=max(w[x],w[p]+1);
if(w[x]==2)ans.push_back(x);
}
cout<<ans.size()<<endl;
for(auto i:ans)cout<<i<<' '; cout<<endl;
}
signed main(){
int T=1; cin>>T;
while(T--)Solve();
return 0;
}
