ICPC 2019North-Western Russia (7/13)
ICPC 2019-2020 North-Western Russia Regional Contest
目录
A - Accurate Movement
签到
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int const MAXN = 2e5 + 10;
int n, m, T;
int main() {
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
if (c == b)
cout << 1;
else if ((c - b) % (b - a))
cout << 2 * ((c - b) / (b - a)) + 3;
else
cout << 2 * ((c - b) / (b - a)) + 1;
return 0;
}
B - Bad Treap
大意：
给出笛卡尔树的定义，现在要求给出 n 个点对 ( x , sin( x ) )，使得笛卡尔树的高度尽可能大
思路：
题意就是要找到一个长度为n的递增序列，且sin(ai)也是递增的
考虑到如果sinx极小，那么sin2x sin3x....一直到sinnx都是很小的，所以只需要找到一个最最最接近于0的sin值，然后输出这个点的倍数即可,因为不能超过2^32，所以向左偏1e9
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long LL;
struct node {
double sin;
int x;
} a[N];
bool cmp(node a, node b) { return a.sin < b.sin; }
int main() {
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= 1e5; i++) {
if(sin(i)>0)
a[cnt].x = i, a[cnt++].sin = sin(i);
}
sort(a, a + cnt, cmp);
int n;
cin >> n;
for (int i = 0; i < n;i++){
cout << (LL)a[0].x * i -100000000<< endl;
} return 0;
}
E - Equidistant
大意：
给出n个点的树，然后上面有m个特殊点，要求求出一个点，使得这个点到所有的m个点的距离都相同
思路：
bfs，先将每个特殊点都入队，然后每次到一个数，都看是否有别的点先到达，只有同时到达或者第一次到达才把这个点入队，还要标记一下每个点同时被多少点到达，最后看是否存在一个点同时被m个特殊点到达即可
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read() {
int s = 0, w = 1;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') {
if (ch == '-') w = -1;
ch = getchar();
}
while (ch >= '0' && ch <= '9') s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();
return s * w;
}
int const MAXN = 3e5 + 10, MAXM = MAXN * 3;
int n, m, T, vis[MAXN], dis[MAXN];
int idx, e[MAXM], h[MAXN], ne[MAXM], num[MAXN], inque[MAXN];
queue<int> q;
void add(int a, int b) { e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++; }
signed main() {
n = read(), m = read();
for (int i = 1; i <= n + 10; ++i) h[i] = -1;
for (int i = 1; i <= n - 1; ++i) {
int a, b;
a = read(), b = read();
add(a, b), add(b, a);
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int c;
c = read();
dis[c] = 0;
num[c] = 1;
vis[c] = 1;
inque[c] = 1;
q.push(c);
}
while (q.size()) {
auto t = q.front();
q.pop();
inque[t] = 0;
for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if ((dis[j] && dis[j] != dis[t] + 1) || vis[j] == 1) {
vis[j] = 1;
continue;
}
dis[j] = dis[t] + 1;
num[j] += num[t];
if (!inque[j]) q.push(j), inque[j] = 1;
}
}
int flg = 0, res = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (num[i] == m) {
flg = 1;
res = i;
break;
}
}
if (!flg)
printf("NO\n");
else {
printf("YES\n");
printf("%d\n", res);
}
return 0;
}
H - High Load Database
大意：
给出n(2e5)个数，以及q(1e5)个询问，每次询问给出一个数x，问将n个数最少分成多少个连续的段，才能使得每个段的和都小于等于x，不能就输出impossible，保证n个数的和不大于1e6
思路：
先求前缀和，然后对于每个询问二分去跳，每跳一次就是一个段，然后输出答案即可，需要注意的是，这个方法可能会因为x比较小，所以导致二分查询退化成了n的复杂度，那么整体复杂度最坏可能达到nq，但是这些x比较少，所以如果记忆化答案，就可以避免超时。可以先把1e6的答案都跑一遍存下来，也可以对于每次查询看之前是否查询过
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read() {
int s = 0, w = 1;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') {
if (ch == '-') w = -1;
ch = getchar();
}
while (ch >= '0' && ch <= '9') s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();
return s * w;
}
int const N = 2e6 + 10;
int n, m, T, sum[N], a[N];
int res[N];
signed main() {
n = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
int q = read();
memset(res, -1, sizeof res);
for (int i = 0; i <= sum[n]; i++) {
int x = i;
int tmp = x;
int start = 1;
int flag = 1;
int cnt = 0;
while (start <= n) {
int pos = upper_bound(sum + start, sum + 1 + n, tmp) - sum;
if (pos == start) {
flag = 0;
break;
}
start = pos;
tmp = x + sum[pos - 1];
cnt++;
}
if (!flag)
res[x] = -1;
else {
res[x] = cnt;
}
}
while (q--) {
int x = read();
if (x > sum[n]) {
cout << 1 << endl;
} else {
if (res[x] != -1) {
cout << res[x] << endl;
}
else{
cout << "Impossible" << endl;
}
}
}
return 0;
}
I - Ideal Pyramid
大意：
给定 N 个柱子的坐标和高度，要求找到一个最小的四棱锥(斜面和底面夹角为45°)，使得全部的柱子都在里面
思路：
因为斜面和底面夹角为45度，所以h<=R-max(dx,dy)
这就将三维的问题转化为了2维的问题，分别考虑x和y，那么能够求出来金字塔底面的上下左右范围，然后取中心即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long LL;
int n;
struct node {
LL x, y, h;
} a[N];
LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f;
int main() {
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i].x >> a[i].y >> a[i].h;
LL u = INF, d = -INF, l = INF, r = -INF;
for (int i = 0; i < n; i++) {
u = min(u, a[i].x - a[i].h);
d = max(d, a[i].x + a[i].h);
l = min(l, a[i].y - a[i].h);
r = max(r, a[i].y + a[i].h);
}
LL x = (u + d) / 2, y = (l + r) / 2;
LL h = (max(d - u, r - l) + 1) / 2;
cout << x << ' ' << y << ' ' << h;
return 0;
}
J - Just the Last Digit
大意：
给出一个n*n的矩阵，其中\(a_{i,j}\)是i到j的路径个数再对10取模，现在保证每条路都从较小编号的点连到较大编号的点，问能否求出每个点之间是否有边
思路：
对10取模是个幌子，我们先看没有这个限制的时候怎么做
注意到两个点之间的路径只可能是：
1.直接到达
2.经过一个点间接到达
如果求出i和j之间间接到达的路径数量，看是否和输入相同，就知道两个点是否有路径了。
又因为保证了边都是从较小的点到较大的点，所以1号点和2号点是否有边是已知的，那么就可以一路推下去了。
再考虑取模这个条件，那么只需要在计算路径个数的时候对10取模即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 500 + 5;
typedef long long LL;
int n, mp[N][N], res[N][N];
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
scanf("%1d", &mp[i][j]);
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
for (int k = i + 1; k < j; k++) {
res[i][j] = (res[i][j] + res[i][k] * mp[k][j]) % 10;
}
if (res[i][j] == mp[i][j])
res[i][j] = 0;
else
res[i][j] = 1;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
cout << res[i][j];
}
cout << endl;
}
return 0;
}
M - Managing Difficulties
大意：
给出n(2e3)个数，要求求出满足：
i < j < k且\(a_j-a_i==a_k-a_j\)的数对的数量
思路：
因为n比较小，所以可以想到直接枚举i和j，然后找他们和的一半出现的数量，一开始用的mulityset，一直T，因为还有t次询问，这样可能\(O(n^2log(n))\)的算法可能会卡爆，改成unordered_map就过了...
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int const MAXN = 2e3 + 10;
int n, m, T;
int a[MAXN];
unordered_map<int, int> mp;
signed main() {
cin >> T;
while (T--) {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n - 2; i++) {
mp.clear();
mp[a[i + 1]]++;
for (int k = i + 2; k <= n; k++) {
if ((a[i] + a[k]) % 2) {
if (mp.count(a[k]))
mp[a[k]]++;
else
mp[a[k]] = 1;
continue;
}
int j = (a[i] + a[k]) / 2;
if (mp.count(j)) ans += mp[j];
if (mp.count(a[k]))
mp[a[k]]++;
else
mp[a[k]] = 1;
}
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
