Codeforces Round #191 (Div. 2) 解题报告
------------
A. Flipping Game
有n个整数a1, a2, ..., an，每个整数只可能为0或1。
选择一个区间[i, j](i<=j)翻转，翻转表示X=1-X。
目标是求一次翻转后1的最大数目。
----
将0变为1，将1变为-1，1次翻转后1的最大数目=原序列中1的数目+最大连续子序列和。
问题转化为求最大连续子序列和，dp解决。
注意一定要翻转一次，这是个坑。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int INF=1e9;
int a[111]={0};
int f[111]={0};
int n;
int main()
{
int ans;
int bas;
while (cin>>n)
{
ans=-INF;
bas=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
if (a[i]) {a[i]=-1; bas++; }
else if (!a[i]) a[i]=1;
}
for (int i=1;i<=n;i++)
{
f[i]=max(f[i-1]+a[i],a[i]);
ans=max(ans,f[i]);
}
cout<<bas+ans<<endl;
}
return 0;
}
------------
B. Hungry Sequence
寻找一个长度为n(1 ≤ n ≤ 105)的饥饿序列。
一个序列为饥饿序列，当且仅当：
①若i<j，则ai<aj。
②若i<j，则aj不能被ai整除。
(1 ≤ ai ≤ 107)
找到任意一个序列即可。
----
最简单的序列：n+1, n+2, n+3....n+n。
简单证明：(n+i)*2=n+n+i*2>n+n
另一种方法：
前sqrt(n)个素数两两相乘，排序后输出即可。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
int n;
int main()
{
while (cin>>n)
{
for (int i=1;i<=n;i++) cout<<n+i<<" ";
cout<<endl;
}
return 0;
}
------------
C. Magic Five
一个n位长的数字S，从中删除几个数字（可以不删除但不能全部删除），得到一个能被5整除的数，称为幻数。
问能得到幻数的方法有多少种（结果模1000000007）。如果删除的数字位置不同则两种方法不同。
S由一个特殊形式给出。
输入一个仅包含数字的字符串a (1 ≤ |a| ≤ 105)，和一个整数k(1 ≤ k ≤ 109)，S由k个a连接而成。
----
当一个数字个位数为0或5的时候才能被5整除。
将一个能被5整除的n位数删除一些数字，使其还能被5整除有:
种方案。
假设a的第i位为0或5，则以该位为尾数的方案数为2^i。
对于第i位的k次重复，方案数为：2^i+2^(i+n)+2^(i+2*n)+...+2^(i+k*n)即一个首项为2^i公比为2^n的等比数列之和。
接下来用到的一些定理：
a/b%M=a*(b的逆元)%M。
证明：
M=10^9+7为素数，b的逆元为b^(p-2)%p。
证明：
则以a的第i位为尾数的方案数：
更优的代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL MOD=1000000007;
LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
{
LL ans=1;
while (b)
{
if (b&1)
{
ans=(ans*a)%m;
b--;
}
b/=2;
a=a*a%m;
}
return ans;
}
int main()
{
char s[111111];
int n,k;
LL ans,q;
while (cin>>s>>k)
{
ans=0;
n=strlen(s);
q=quick_mod(2,n,MOD);
for (int i=0;i<n;i++)
{
if (s[i]=='0'||s[i]=='5')
{
ans+=quick_mod(2,i,MOD)%MOD;
ans%=MOD;
}
}
ans=ans*(quick_mod(q,k,MOD)-1+MOD)%MOD*quick_mod(q-1,MOD-2,MOD)%MOD;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}优化前：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL MOD=1000000007;
LL quick_mod(LL a,LL b,LL m)
{
LL ans=1;
while (b)
{
if (b&1)
{
ans=(ans*a)%m;
b--;
}
b/=2;
a=a*a%m;
}
return ans;
}
int main()
{
char s[111111];
int n,k;
LL ans,q;
while (cin>>s>>k)
{
ans=0;
n=strlen(s);
q=quick_mod(2,n,MOD);
for (int i=0;i<n;i++)
{
if (s[i]=='0'||s[i]=='5')
{
ans+=quick_mod(2,i,MOD)%MOD
*(quick_mod(q,k,MOD)-1+MOD)%MOD
*quick_mod(q-1,MOD-2,MOD)%MOD;
ans%=MOD;
}
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}------------
D. Block Tower
有一个n*m的矩形网格，其中#不能建造，其余是空的。
有两种塔：蓝塔（容纳100人），红塔（容纳200人）。
红塔只有在与蓝塔相邻（公边）时才能建造。
有三种操作：
B x y：在（x，y）建立一座蓝塔。
R x y：在（x，y）建立一座红塔。
D x y：摧毁（x，y）处的塔，摧毁一座塔对其它已建成的塔没有影响。
找到一个能容纳最多人口的操作序列 。不要求序列最短。
----
为了使人口最大应该尽可能的建造红塔。
可以发现网络中的每一个连通区域只需要保留1座蓝塔。
由于不要求序列最短，可以先将一个区域建造满蓝塔，再按照建造的路径拆除蓝塔改建红塔。
最后只保留第一个蓝塔即可。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn=555;
const int direct[4][2]={ {1,0},{0,1},{-1,0},{0,-1} };
struct ANS_NODE{
int x;
int y;
char c;
ANS_NODE(int _x,int _y,char _c):x(_x),y(_y),c(_c){}
};
char map[maxn][maxn];
bool visit[maxn][maxn];
vector<ANS_NODE>ans;
vector<ANS_NODE>::iterator it;
int n,m;
bool check(int x,int y)
{
if (x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m) return true;
return false;
}
void dfs(int x,int y,int d)
{
visit[x][y]=true;
ans.push_back(ANS_NODE(x,y,'B'));
for (int i=0;i<4;i++)
{
int dx=x+direct[i][0];
int dy=y+direct[i][1];
if (check(dx,dy)&&map[dx][dy]!='#'&&!visit[dx][dy])
{
dfs(dx,dy,d+1);
}
}
if (d)
{
ans.push_back(ANS_NODE(x,y,'D'));
ans.push_back(ANS_NODE(x,y,'R'));
}
}
int main()
{
while (cin>>n>>m)
{
ans.clear();
memset(visit,0,sizeof(visit));
for (int i=1;i<=n;i++) cin>>(map[i]+1);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
for (int j=1;j<=m;j++)
{
if (!visit[i][j]&&map[i][j]!='#') dfs(i,j,0);
}
}
cout<<ans.size()<<endl;
for (it=ans.begin();it!=ans.end();it++)
{
cout<<it->c<<" "<<it->x<<" "<<it->y<<endl;
}
}
return 0;
}
------------
E. Axis Walking
有n个(n<=24)数字a1,a2,a3...an，和为d。
中间过程和有k个数不能出现，问从0加到d有多少种方法。
----
可以用状态压缩dp卡时间过。。
sum[S]表示集合S中的数字之和。
f[S]表示当前状态为S时的移动方案数。
当sum[S]为不能出现的数字时，f[S]=0;
其他情况 f[S]+=f[S^(1<<i)] ，i属于集合S。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=24;
const int maxs=1<<24;
const LL MOD=1000000007;
int n,m;
LL a[maxn]={0};
LL sum[maxs]={0};
LL b[maxn]={0};
LL f[maxs]={0};
int main()
{
//init()
cin>>n;
for (int i=0; i<n; i++) cin>>a[i];
cin>>m;
for (int i=0; i<m; i++) cin>>b[i];
//prepare()
sum[0]=0;
for (int s=1; s<(1<<n); s++)
{
int k=__builtin_ctz(s);
sum[s]=sum[s^(1<<k)]+a[k];
for (int i=0; i<m; i++)
if (sum[s]==b[i]) f[s]=-1;
}
f[0]=1;
for (int s=1; s<(1<<n); s++)
{
if (f[s]<0) f[s]=0;
else
{
for (int i=0; i<n; i++)
if (s&(1<<i)) f[s]+=f[s^(1<<i)];
f[s]%=MOD;
}
}
cout<<f[(1<<n)-1]<<endl;
return 0;
}
------------
