Codeforces Round #284 (Div. 1)

A. Crazy Town

　　这一题只需要考虑是否经过所给的线，如果起点和终点都在其中一条线的一侧，那么很明显从起点走点终点是不需要穿过这条线的，否则则一定要经过这条线，并且步数+1。用叉积判断即可。

代码:

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<string>
 5 #include<map>
 6 #define N 100010
 7 #define M 1010
 8 using namespace std;
 9 int x1,y1,x2,y2,a,b,c,i,ans,n;
10 double x,y,xx,yy;
11 double cross(double x1,double y1,double x2,double y2,double x3,double y3)
12 {
13     return (x2-x1)*(y3-y1)-(x3-x1)*(y2-y1);
14 }
15 int main()
16 {
17     scanf("%d%d",&x1,&y1);
18     scanf("%d%d",&x2,&y2);
19     scanf("%d",&n);         
20     for (i=1;i<=n;i++)
21     {
22         scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
23         if (b)
24         {
25         x=1;
26         y=(-c-a)*1.0/b;
27         xx=3;
28         yy=(-c-3*a)*1.0/b;
29         }
30         else
31         {
32         y=1;
33         x=(-c-b)*1.0/a;
34         yy=3;
35         xx=(-c-3*b)*1.0/a;
36         }
37         if (cross(x,y,xx,yy,x1,y1)*cross(x,y,xx,yy,x2,y2)<0)
38         ans++;
39     }
40     printf("%d",ans);
41 }

C. Array and Operations

　　要使操作数目最多首先每个操作肯定是要除以一个质数的，因为一个合数可以拆成多个质数，那么操作数目明显会增加。对于每个质数可以独立考虑，对于一个质数x，假设a[i]中有sum[i]个x，一次操作会使一个数对同时减少一个x，现在要考虑的就是如何操作使得操作次数最多，由于题目保证数对的和是奇数，也就是一个数对分别有一个奇数和一个偶数，那么就可以建二分图跑网络流，对于一个数对，假设L[i]是奇数，R[i]是偶数，那么从源点s连一条流量为sum[L[i]]的边到L[i],L[i]连一条流量无穷大的边到R[i],R[i]连一条流量为sum[R[i]]的边到汇点t。跑出来的最大流就是对于质数x的最大操作数，对于每个质数的操作数累加起来就是答案。

代码

  1 #include<cstdio>
  2 #include<cstring>
  3 #include<algorithm>
  4 #include<string>
  5 #include<map>
  6 #define N 100010
  7 #define M 810
  8 #define INF 0x37373737
  9 using namespace std;
 10 int dp,pre[M],p[M],tt[M],g[M],vis[M],dis[M],z[N],now[M],s,t,a[N],sum[N];
 11 int n,m,i,L[N],R[N],flag,j,ans;
 12 void link(int x,int y,int z)
 13 {
 14     dp++;pre[dp]=p[x];p[x]=dp;tt[dp]=y;g[dp]=z;
 15     dp++;pre[dp]=p[y];p[y]=dp;tt[dp]=x;g[dp]=0;
 16 }
 17 int min(int a,int b)
 18 {
 19     if (a<b) return a;return b;
 20 }
 21 int bfs()
 22 {
 23     int i,head,tail;
 24     memcpy(now,p,sizeof(p));
 25     memset(vis,0,sizeof(vis));
 26     head=0;tail=1;
 27     vis[s]=1;
 28     dis[s]=0;
 29     z[tail]=s;
 30     do
 31     {
 32         head++;
 33         i=p[z[head]];
 34         while (i)
 35         {
 36             if ((vis[tt[i]]==0)&&(g[i]>0))
 37             {
 38                 vis[tt[i]]=1;
 39                 dis[tt[i]]=dis[z[head]]+1;
 40                 tail++;z[tail]=tt[i];
 41             }
 42             i=pre[i];
 43         }
 44     }
 45     while (head!=tail);
 46     return vis[t];
 47 }
 48 int dfs(int u,int flow)
 49 {
 50     int ans,tmp,i;
 51     if (u==t) return flow;
 52     i=now[u];
 53     ans=0;
 54     while (i)
 55     {
 56         if ((dis[u]+1==dis[tt[i]])&&(g[i]>0))
 57         {
 58             tmp=dfs(tt[i],min(flow-ans,g[i]));
 59             ans+=tmp;g[i]-=tmp;
 60             if (i%2==1) g[i+1]+=tmp;else g[i-1]+=tmp;
 61             if (flow==ans) return flow;
 62         }
 63         i=pre[i];
 64         now[u]=i;
 65     }
 66     if (flow>ans) dis[u]=1;
 67     return ans;
 68 }
 69 int main()
 70 {
 71     scanf("%d%d",&n,&m);
 72     for (i=1;i<=n;i++)
 73     scanf("%d",&a[i]);
 74     for (i=1;i<=m;i++)
 75     scanf("%d%d",&L[i],&R[i]);
 76     for (i=2;i<=35000;i++)
 77     {
 78         flag=0;
 79         for (j=1;j<=n;j++)
 80         if (a[j]%i==0)
 81         {
 82             flag=1;
 83             while (a[j]%i==0)
 84             {
 85                 sum[j]++;a[j]=a[j]/i;
 86             }
 87         }
 88     //----------------------------
 89         if (flag)
 90         {
 91             dp=0;
 92             memset(p,0,sizeof(p));
 93             s=0;t=n+1;
 94             for (j=1;j<=n;j++)
 95             if (j%2==0)
 96             link(j,t,sum[j]);
 97             else
 98             link(s,j,sum[j]);
 99             for (j=1;j<=m;j++)
100             if (L[j]%2==0)
101             link(R[j],L[j],INF);
102             else
103             link(L[j],R[j],INF);
104             while (bfs()) ans=ans+dfs(s,INF);
105             for (j=1;j<=n;j++)
106             sum[j]=0;
107         }
108         flag=0;
109     }
110     for (i=1;i<=n;i++)
111     if (a[i]>1)
112     {
113         flag=a[i];
114         for (j=1;j<=n;j++)
115             while (a[j]%flag==0)
116             {
117                 sum[j]++;a[j]=a[j]/flag;
118             }
119         dp=0;
120             memset(p,0,sizeof(p));
121             s=0;t=n+1;
122             for (j=1;j<=n;j++)
123             if (j%2==0)
124             link(j,t,sum[j]);
125             else
126             link(s,j,sum[j]);
127             for (j=1;j<=m;j++)
128             if (L[j]%2==0)
129             link(R[j],L[j],INF);
130             else
131             link(L[j],R[j],INF);
132             while (bfs()) ans=ans+dfs(s,INF);
133             for (j=1;j<=n;j++)
134             sum[j]=0;
135     }
136     printf("%d",ans);
137 }

D. Traffic Jams in the Land

　　正解是线段树，由于a[i]的值只可能是2到6,假设当前到了节点i,用了时间time,那么对于当前是要花费1s时间经过还是2s时间经过,用time和time%lcm(2,3,4,5,6)判断是没有差别的，那么对于线段树的每个节点都开60个数组，分别表示在(time&60)的时间进入该节点所表示的线段，并用了多少时间走出去，这样就可以对线段树进行修改和查询了。下面贴出的代码是用分块做的，块内元素固定为40，思想是和线段树一样的，只是每次修改都对所在的块暴力维护，也能卡过所有的数据。。。。

代码

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #define N 100100
 4 #define Q 40
 5 int n,i,j,a[N],s[30000][60],q,x,y,bx,by,tmp;
 6 char ch;
 7 int min(int a,int b)
 8 {
 9     if (a<b) return a;return b;
10 }
11 void change(int x)
12 {
13     int i,j,tmp;
14     for (j=0;j<=59;j++)
15     {
16         tmp=j;
17         for (i=(x-1)*Q+1;i<=min(x*Q,n);i++)
18         {
19             if (tmp%a[i]==0) tmp++;
20             tmp++;
21         }
22         s[x][j]=tmp-j;
23     }
24 }
25 int query(int x,int y,int bx,int by)
26 {
27     int i,tmp;
28     tmp=0;
29     for (i=x;i<=bx*Q;i++)
30     {
31         if (tmp%a[i]==0) tmp++;
32         tmp++;
33     }
34     for (i=bx+1;i<=by-1;i++)
35     tmp=tmp+s[i][tmp%60];
36     for (i=(by-1)*Q+1;i<=y;i++)
37     {
38         if (tmp%a[i]==0) tmp++;
39         tmp++;
40     }
41     return tmp;
42 }
43 int main()
44 {
45     scanf("%d",&n);
46     for (i=1;i<=n;i++)
47     scanf("%d",&a[i]);
48     for (i=1;i<=(n-1)/Q+1;i++)
49     change(i);
50     scanf("%d",&q);
51     for (i=1;i<=q;i++)
52     {
53         getchar();
54         scanf("%c%d%d",&ch,&x,&y);
55         if (ch=='C')
56         {
57             a[x]=y;
58             change((x-1)/Q+1);
59         }
60         else
61         {
62             y--;
63             bx=(x-1)/Q+1;
64             by=(y-1)/Q+1;
65             if (bx==by)
66             {
67                 tmp=0;
68                 for (j=x;j<=y;j++)
69                 {
70                     if (tmp%a[j]==0) tmp++;
71                     tmp++;
72                 }
73                 printf("%d\n",tmp);
74             }
75             else
76             {
77                 printf("%d\n",query(x,y,bx,by));
78             }
79         }
80     }
81 }

posted @ 2014-12-26 16:39 fzmh 阅读(255) 评论(0) 编辑收藏举报

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