Codeforces Round #608 (Div. 2)
A. Suits
签到。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/12/15 17:16:33
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
int a[4], e, f;
void run(){
for(int i = 0; i < 4; i++) cin >> a[i];
cin >> e >> f;
int ans = 0;
if(e > f) {
int d = min(a[0], a[3]);
ans += d * e;
a[3] -= d;
d = *min_element(a + 1, a + 4);
ans += d * f;
} else {
int d = *min_element(a + 1, a + 4);
ans += d * f;
a[3] -= d;
d = min(a[0], a[3]);
ans += d * e;
}
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
B. Blocks
因为最终只有可能全为黑或全为白，那么分两种情况进行翻转即可。
一开始只考虑了一种情况然后FST了...话说，如果我一开始考虑的是另一种情况进行翻转，样例都过了，那样的话就应该反应过来需要考虑两种情况了吧= =过题还是要看运气hhh
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/12/15 17:21:42
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 200 + 5;
char s[N], t[N];
int n;
void run(){
cin >> (s + 1);
strcpy(t + 1, s + 1);
vector <int> ans;
for(int i = 1; i < n; i++) {
if(s[i] != 'W') {
s[i] = 'W';
s[i + 1] = (s[i + 1] == 'W' ? 'B' : 'W');
ans.push_back(i);
}
}
if(s[n] == 'W') {
cout << sz(ans) << '\n';
for(auto it : ans) cout << it << ' ';
cout << '\n';
return;
}
strcpy(s + 1, t + 1);
ans.clear();
for(int i = 1; i < n; i++) {
if(s[i] != 'B') {
s[i] = 'B';
s[i + 1] = (s[i + 1] == 'B' ? 'W' : 'B');
ans.push_back(i);
}
}
if(s[n] == 'B') {
cout << sz(ans) << '\n';
for(auto it : ans) cout << it << ' ';
cout << '\n';
return;
}
cout << -1 << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
while(cin >> n) run();
return 0;
}
C. Shawarma Tent
题意：
给出一个点\((s_x,s_y)\)，再给出\(n\)个点\((x_i,y_i)\)。
现在找到一个点\((x_0,y_0)\)，使得\(cnt\)最大。每当有一个点\((x_i,y_i)\)到点\((s_x,s_y)\)的最短曼哈顿距离经过\((x_0,y_0)\)时，\(cnt\)++。
最后输出\(cnt\)和\((x_0,y_0)\)。
思路：
显然，所有最短曼哈顿路径必然存在于一个矩形之内。
那么我们直接将所有以\((s_x,s_y),(x_i,y_i)\)为顶点的矩形画出来即可发现最优位置只可能存在于\((s_x,s_y)\)的四个方向上。
所以直接统计在哪个方向上最优即可。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/12/15 17:28:16
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
int n, sx, sy;
int d[4];
void run(){
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int x, y; cin >> x >> y;
if(x > sx) ++d[0];
else if(x < sx) ++d[1];
if(y > sy) ++d[2];
else if(y < sy) ++d[3];
}
int mx = *max_element(d, d + 4);
cout << mx << '\n';
if(d[0] == mx) {
cout << sx + 1 << ' ' << sy << '\n';
} else if(d[1] == mx) {
cout << sx - 1 << ' ' << sy << '\n';
} else if(d[2] == mx) {
cout << sx << ' ' << sy + 1 << '\n';
} else {
cout << sx << ' ' << sy - 1 << '\n';
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
while(cin >> n >> sx >> sy) run();
return 0;
}
D. Portals
题意：
现在有\(n\)个堡垒，要从\(1\)到\(n\)逐个攻破。
起初带有\(k\)个士兵，每占领一个堡垒需要\(a_i\)的士兵，可以在每座堡垒中招募\(b_i\)的士兵。
在占领堡垒的过程中不会发生伤亡。每座堡垒有一个价值\(c_i\)，若派遣一个士兵去防守，那么可以获得\(c_i\)的价值。
防守的方式有两种：
- 占领一座堡垒之后可以就留下一名士兵；
- 图中存在某些单向通道\(u\rightarrow v,u>v\)，当你在\(u\)时可以派遣一名士兵前往\(v\)（每名士兵只能穿越通道最多一次）。
现在问能否占领所有的堡垒，若能，最大能获得多少的价值。
思路：
这题初看是个模拟题，仔细想其实不是个模拟题，...带有一些\(dp\)的性质在里面。
首先有个观察：
- 如果我要防守\(i\)堡垒，那么我肯定是在最后时刻派遣士兵过来最优。
正确性显然，如果我们在较早时刻派遣士兵进行防守，那么我们也可以将那个士兵留在后面再派遣。
那么图中现在只剩下最多\(n\)条边。
然后就考虑\(dp:\)令\(dp[i][j]\)表示当前在第\(i\)号堡垒，带有\(j\)个士兵能获得的最大价值。
因为招募这个条件有点特殊，我们不能就在\(i\)这个位置由\(j\rightarrow j+b_i\)转移，所以可以考虑再加一维状态表示招募与否，或者直接向\(i+1\)进行转移。
可以发现后者并不影响结果。因为即便得到当前的答案，后面也会继承当前的结果。
那么一种情况就是招募士兵：\(dp[i][j]\rightarrow dp[i+1][j+b_i]\)；
另一种情况就是派遣士兵回防：\(dp[i+1][j]\rightarrow dp[i+1][j-1]\)。
需要注意两个的顺序不能颠倒。
最终时间复杂度为\(O(5000\cdot n+n)\)。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/12/16 10:45:39
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 5000 + 5;
int n, m, k;
int a[N], b[N], c[N];
int latest[N];
int dp[N][N];
void run(){
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i] >> b[i] >> c[i];
}
for(int i = 1; i <= n; i++) latest[i] = i;
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
latest[v] = max(latest[v], u);
}
for(int i = 0; i <= n + 1; i++) {
for(int j = 0; j < N; j++) {
dp[i][j] = -INF;
}
}
dp[1][k] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
vector <int> costs;
for(int j = 1; j <= i; j++) {
if(latest[j] == i) costs.push_back(c[j]);
}
sort(all(costs));
reverse(all(costs));
for(int j = 0; j < N; j++) {
if(j >= a[i] && dp[i][j] >= 0) {
dp[i + 1][j + b[i]] = max(dp[i + 1][j + b[i]], dp[i][j]);
}
}
for(auto x : costs) {
for(int j = 0; j < N; j++) {
if(dp[i + 1][j] >= 0) {
dp[i + 1][j - 1] = max(dp[i + 1][j - 1], dp[i + 1][j] + x);
}
}
}
}
int ans = -1;
for(int i = 0; i < N; i++) ans = max(ans, dp[n + 1][i]);
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
while(cin >> n >> m >> k) run();
return 0;
}
E. Common Number
题意：
定义函数\(f(x):\)
\[f(x)=\left\{
\begin{aligned}
\frac{x}{2}, \ \ \ &if\ x\ is\ even\\
x-1 \ \ \ &otherwise
\end{aligned}
\right.
\]
同时定义\(path(x)\)为\(f(x),f(f(x)),\cdots\)的所有值。
现在要找最大的一个\(y\)，满足\(1\)~\(n\)中，不少于\(k\)个数，有\(y\in path(x_i)\)。
思路：
观察得到若最终答案\(y\)为奇数时，合法的\(x\)为：\(y,\ \ 2\cdot y,2\cdot y+1,\ \ 2^2\cdot y,2^2\cdot y+1,2^2\cdot y+2,2^2\cdot y+3,\ \cdots\)。
同样能找到答案为偶数时的序列。
那奇数情况举例，若答案为奇数时，那么最终个数为\(1+2+4+\cdots\)，同时对应的数以\(y\cdot 2^0,y\cdot 2^1,\cdots\)为起点。
那么只需要找到最大的\(r,2^r\leq n\)，再计算出总长度即可得到答案为某个奇数时满足条件的\(x\)个数。
显然问题具有单调性，所以二分答案即可。
因为偶数的情况和奇数的情况有点小区别，所以分奇偶两种情况二分，最后取最大值即可。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/12/15 17:45:31
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
ll n, k;
ll qpow(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
while(b) {
if(b & 1) ans = ans * a;
a = a * a;
b >>= 1;
}
return ans;
}
bool chk(ll x) {
ll cnt = 0;
if(x & 1) {
ll now = x, tmp = 1 + (x % 2 == 0);
int k = 0;
for(int i = 0; i < 61; i++) {
if(now > n) {
k = i - 1; now /= 2; tmp /= 2; cnt -= tmp;
break;
}
cnt += tmp;
now *= 2; tmp *= 2;
}
ll d = min(n - now + 1, tmp);
cnt += d;
} else {
ll now = x, tmp = 2;
int k = 0;
for(int i = 0; i < 61; i++) {
if(now > n) {
k = i - 1; now /= 2; tmp /= 2; cnt -= tmp;
break;
}
cnt += tmp;
now *= 2; tmp *= 2;
}
ll d = min(n - now + 1, tmp);
cnt += d;
}
return cnt >= k;
}
void run(){
ll l = 2, r = n + 1, mid;
ll ans = 1;
while(l < r) {
mid = (l + r) >> 1;
if(mid & 1) ++mid;
if(mid >= r) mid -= 2;
if(mid < l) break;
if(chk(mid)) {
ans = mid;
l = mid + 2;
} else r = mid - 1;
}
l = 1, r = n + 1;
while(l < r) {
mid = (l + r) >> 1;
if(mid % 2 == 0) ++mid;
if(mid >= r) mid -= 2;
if(mid < l) break;
if(chk(mid)) {
ans = max(ans, mid);
l = mid + 2;
} else r = mid - 1;
}
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
while(cin >> n >> k) run();
return 0;
}
重要的是自信，一旦有了自信，人就会赢得一切。
