Codeforces Round #361(div 2)
A题题目意思很简单,问一种拨号的方式(拨号手势)是不是能拨出唯一的号码(例如253就不是唯一的,因为586也是可以的)
记录电话上每个格子上下左右是否还有格子,一个拨号手势是唯一的当且仅当,所拨号码的所有格子在同一个方向不同时有格子相邻。
那么直接mark,判断一下即可:
#include <cstdio> using namespace std; char s[10000]; int n,U,D,L,R; int main(){ scanf("%d %s",&n,s); for(int i=0;i<n;i++){ if(s[i]=='0')D=L=R=1; if(s[i]=='1'||s[i]=='4'||s[i]=='7')L=1; if(s[i]=='3'||s[i]=='6'||s[i]=='9')R=1; if(s[i]=='1'||s[i]=='2'||s[i]=='3')U=1; if(s[i]=='7'||s[i]=='9')D=1; }if(L&&R&&U&&D)puts("YES"); else puts("NO"); return 0; }
B题的意思是城市之间两两可以互达,耗时为两者编号的差值,同时也有一些捷径,可以用1单位时间的代价从a到b,问从1到每个点的最短耗时。
嘛,如果想把两两之间路都建出来再跑最短路,就会发现内存不开心了,由于很多路是等价的关系,所以对于两两之间的耗时为编号的差值这个条件,我们只需要建立n-1条边,从i到i+1建立长度为1的边,然后加上捷径,跑一遍最短路就可以出解了。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> #include <utility> using namespace std; const int N=2000100; const int INF=~0U>>2; typedef pair<int,int>seg; priority_queue<seg,vector<seg>,greater<seg> >q; int d[N],head[N],u[N],v[N],w[N],nxt[N],n,m,ed=0,H,x[N],y[N]; bool vis[N]; void add(int a,int b,int c){ u[++ed]=a,v[ed]=b,w[ed]=c; nxt[ed]=head[u[ed]]; head[u[ed]]=ed; } int Dijkstra(int src){ memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=0;i<=n+1;i++)d[i]=INF; d[src]=0; q.push(make_pair(d[src],src)); while(!q.empty()){ seg now=q.top(); q.pop(); int x=now.second; if(vis[x])continue; vis[x]=true; for(int e=head[x];e!=-1;e=nxt[e]) if(d[v[e]]>d[x]+w[e]){ d[v[e]]=d[x]+w[e]; q.push(make_pair(d[v[e]],v[e])); } } } int a[200005],p[200005]; int main(){ scanf("%d",&n); memset(head,-1,sizeof(head)); for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",a+i);} for(int i=1;i<=n;i++){ add(i,i+1,1); add(i,i-1,1); if(a[i]!=i)add(i,a[i],1); }Dijkstra(1); for(int i=1;i<n;i++)printf("%d ",d[i]); printf("%d\n",d[n]); return 0; }
C题告诉你末项不超过n,且项数为4的等比数列恰好为m个,求n的最小值
一开始想着打表找规律,看了好几项没什么头绪,于是只能预处理比值的三次方,二分n,计算等比数列的个数来判断。
#include <cstdio> using namespace std; const int N=1000005; long long a[N],n; int check(long long x){ long long s=0; for(int i=2;a[i]<=x;i++){ s+=x/a[i]; if(s>=n){return 1;} }return 0; } int main(){ for(long long i=1;i<=1000000;i++)a[i]=i*i*i; scanf("%lld",&n); long long l=1,r=1e18; while(l<r){ long long mid=(l+r)>>1; if(check(mid))r=mid; else l=mid+1; }long long sum=0; for(int i=2;a[i]<=l;i++)sum+=l/a[i]; if(sum!=n)l=-1; printf("%lld\n",l); return 0; }
D题题意很简单,给出a,b两个数组,求区间,使得在该区间内a的最大值和b的最小值相等,求出区间的个数。
题解:RMQ问题,打出ST表后,分治求出在固定左端点后符合条件区间的右端点的取值范围,范围的长度和就是答案。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int N=200010; int d[N][30],f[N][30],a[N],lg2[N]; int T,n,l,r,q; void rmq_init(int n){ for(int i=2;i<=n;i++)lg2[i]=lg2[i/2]+1; for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&d[i][0]); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&f[i][0]); for(int j=1;(1<<j)<=n;j++){ for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){ d[i][j]=max(d[i][j-1],d[i+(1<<(j-1))][j-1]); f[i][j]=min(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]); } } } int rmq_max(int l,int r){int k=lg2[r-l+1];return max(d[l][k],d[r-(1<<k)+1][k]);} int rmq_min(int l,int r){int k=lg2[r-l+1];return min(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);} int main() { scanf("%d",&n); long long ans=0; rmq_init(n); for(int i=1;i<=n;i++){ int l=i,r=n; while(l<r){ int mid=(l+r+1)>>1; if(rmq_max(i,mid)>rmq_min(i,mid))r=mid-1; else l=mid; }if(rmq_max(i,l)!=rmq_min(i,l))continue; int ll=i,rr=l; while(ll<rr){ int mid=(ll+rr)>>1; if(rmq_max(i,mid)<rmq_min(i,mid))ll=mid+1; else rr=mid; }ans+=l-ll+1; }printf("%lld\n",ans); }
E题给出了n个区间,求k个不同区间相交得到的区间长度和。
拆分成左右端点分段计算(方法巧妙,具体实现看代码)
#include <cstdio> #include <vector> #include <algorithm> #include <iostream> using namespace std; typedef long long LL; const int N=200005; const int mod=1000000007; LL f[N],rf[N]; int l[N],r[N],m,n,k; LL inv(int a,int m){return(a==1?1:inv(m%a,m)*(m-m/a)%m);} LL C(int n,int m){if(n<m||m<0)return 0;return f[n]*rf[m]%mod*rf[n-m]%mod;} void init(){ f[0]=1LL;for(int i=1;i<=200000;i++)f[i]=(LL)f[i-1]*i%mod; rf[200000]=inv(f[200000],mod); for(int i=200000;i;i--)rf[i-1]=(LL)rf[i]*i%mod; } int main(){ init(); scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&l[i],&r[i]); vector<pair<int,int> >V; V.clear(); for(int i=1;i<=n;i++){ V.push_back(make_pair(l[i]-1,1)); V.push_back(make_pair(r[i],-1)); }sort(V.begin(),V.end()); long long ans=0; int cnt=0,pre; for(int i=0;i<V.size();i++){ ans=(ans+C(cnt,k)*(V[i].first-pre))%mod; pre=V[i].first; cnt+=V[i].second; }printf("%lld\n",ans); return 0; }
注意组合数返回0的情况,WA了好多次,谨记谨记。
愿你出走半生,归来仍是少年