CodeCraft-20 (Div. 2)
A. Grade Allocation
签到。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/3/4 23:31:30
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#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...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e3 + 5;
int n, m;
int a[N];
void run() {
cin >> n >> m;
int sum = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
if(i > 1) sum += a[i];
}
cout << min(m, a[1] + sum) << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
B. String Modification
暴力即可。
枚举后缀，并且根据后缀的长度翻转前缀，最后取字典序最小即可。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/3/4 23:22:56
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#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...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 5000 + 5;
int n;
string s;
void run() {
cin >> n >> s;
pair <string, int> ans(s, 1);
for(int i = n - 1; i >= 0; i--) {
string S = s.substr(i);
int len = n - i;
string T = s.substr(0, i);
if(len & 1) reverse(all(T));
string res = S + T;
if(res <= ans.fi) {
ans = MP(res, i + 1);
}
}
cout << ans.fi << '\n' << ans.se << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
C. Primitive Primes
题意：
给出两个多项式：\(\displaystyle f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_{n-1}x^{n-1},g(x)=b_0+b_1x+\cdots+b_{n-1}x^{n-1}\)及一个素数\(p\)。
先有\(h(x)=f(x)\cdot g(x)=c_0+c_1+\cdots+c_{n+m-2}x^{n+m-2}\)。
要求输出任意一项\(i\)，满足\(p\not {|}\ c_i\)，即\(p\)不整除\(c_i\)。
题目保证肯定有解。
思路：
- 易发现\(f(x),g(x)\)这两个多项式都至少存在一个系数，满足不被\(p\)整除。
- 找到最小不被\(p\)整除的系数\(a_i,b_j\)，那么答案即为\(i+j\)。
简要证明一下：\(c_{i+j}=a_0b_y+a_1b_{y-1}+\cdots+a_ib_j+\cdots a_{x}b_{0}\)。那么前半部分因为有\(a_0,a_1,\cdots,a_{i-1}\)，后半部分有\(b_0,b_1,\cdots,b_{j-1}\)。所以除开\(a_ib_j\)这一项，其余都被\(p\)整除，而容易发现\(a_ib_j\)不被\(p\)整除。故答案即为\(i+j\)这一项的系数。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/3/4 23:03:37
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#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...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e6 + 5;
int n, m, p;
int a[N], b[N];
void run() {
cin >> n >> m >> p;
int p1 = -1, p2 = -1;
for(int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i], a[i] %= p;
if(a[i] && p1 == -1) p1 = i;
}
for(int i = 0; i < m; i++) {
cin >> b[i], b[i] %= p;
if(b[i] && p2 == -1) p2 = i;
}
cout << p1 + p2 << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
D. Nash Matrix
构造题。
- 我们先找到所有的\(X\)的位置。
- 枚举每个\(X\)，从\(X\)出发确定每个终点位于当前\(X\)位置的格子。
- 剩下的所有格子都在走一个循环，我们可以按照如下想法构造：
- 不前往已经确定了的格子，这样就会有一个终点；
- 不走出边界，这是非法走法。
最后的构造方法保证了剩下的格子一定走不到终点，那么就是互相循环。
注意一下不合法情况的判断。
细节见代码：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/3/5 8:32:12
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#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...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e3 + 5;
int n;
int mp[N][N];
int x[N][N], y[N][N];
const int dx[] = {0, -1, 1, 0, 0}, dy[] = {0, 0, 0, -1, 1};
bool vis[N][N];
void go(int sx, int sy, int px, int py, int dir) {
int nx = px + dx[dir], ny = py + dy[dir];
if(nx < 1 || nx > n || ny < 1 || ny > n || vis[nx][ny]) return;
if(x[nx][ny] != sx || y[nx][ny] != sy) return;
vis[nx][ny] = true;
if(dir == 1) mp[nx][ny] = 2;
else if(dir == 2) mp[nx][ny] = 1;
else if(dir == 3) mp[nx][ny] = 4;
else mp[nx][ny] = 3;
for(int i = 1; i <= 4; i++) go(sx, sy, nx, ny, i);
}
void run() {
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 1; j <= n; j++) {
cin >> x[i][j] >> y[i][j];
if(x[i][j] == i && y[i][j] == j) {
mp[i][j] = 5;
}
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 1; j <= n; j++) {
if(mp[i][j] == 5) {
vis[i][j] = true;
for(int k = 1; k <= 4; k++) go(i, j, i, j, k);
}
}
}
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
for(int j = 1; j <= n; j++) {
if(!mp[i][j]) {
if(x[i][j] != -1 || y[i][j] != -1) {
cout << "INVALID" << '\n';
return;
}
bool f = false;
for(int k = 1; k <= 4; k++) {
int nx = i + dx[k], ny = j + dy[k];
if(nx < 1 || nx > n || ny < 1 || ny > n || vis[nx][ny]) continue;
f = true;
mp[i][j] = k;
break;
}
if(f == false) {
cout << "INVALID" << '\n';
return;
}
}
}
}
cout << "VALID" << '\n';
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 1; j <= n; j++) {
if(mp[i][j] == 1) cout << "U";
if(mp[i][j] == 2) cout << "D";
if(mp[i][j] == 3) cout << "L";
if(mp[i][j] == 4) cout << "R";
if(mp[i][j] == 5) cout << "X";
}
cout << '\n';
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
E. Team Building
题意：
现在有\(n\)个人，要从中选取\(p+k,p\leq 7\)个人。其中，要选出\(p\)个人组成一支球队，每支球队中有\(p\)个位置，每个人在不同的位置有不同的效用\(s_{i,j}\)。
并且还要选出\(k\)个观众，每个观众的效用为\(a_i\)。
现在问最后整场比赛的最高效用为多少。
思路：
首先这个题肯定往\(dp\)方面想，直接暴力的\(dp\)很好想，但显然时间复杂度不能承受。
注意一个观察：
- 考虑到如果我们选出了\(p\)个人，那么剩下选择观众时，我们肯定贪心来选择。
- 所以最后选择观众的状态一定为连续的，如果除开参赛选手的话。
我们一开始暴力的\(dp\)定义为\(dp_{i,j,sta}\)：考虑了前\(i\)个人，选了\(j\)个作为观众，当前参赛队员的状态为\(sta\)的最大效用。
根据上面的观察，我们可以将所有人按照\(a_i\)降序排序，将\(dp\)状态重新定义为\(dp_{i,sta}\)表示前\(i\)个人，当前参赛队员的状态为\(sta\)，且已经选择了\(k\)个观众的最大效用。
那么考虑到观众的连续性，在转移时直接计算贪心观众的效用即可。
细节见代码：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/3/5 0:03:03
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#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...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5, M = 7;
int n, p, k;
ll dp[N][1 << M];
int s[N][M];
struct people {
int s[7];
int v;
bool operator < (const people &A) const {
return v > A.v;
}
}a[N];
void run() {
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i].v;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 0; j < p; j++) {
cin >> a[i].s[j];
}
}
sort(a + 1, a + n + 1);
auto calc = [&](int cur, int c) {
if(k + c < cur) return 0;
return a[k + c + 1].v - a[cur].v;
};
memset(dp, -INF, sizeof(dp));
dp[0][0] = 0;
for(int i = 1; i <= k; i++) dp[0][0] += a[i].v;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int sta = 0; sta < 1 << p; sta++) {
dp[i][sta] = dp[i - 1][sta];
int c = 0;
for(int j = 0; j < p; j++) if(sta >> j & 1) ++c;
for(int j = 0; j < p; j++) if(sta >> j & 1) {
dp[i][sta] = max(dp[i][sta], dp[i - 1][sta ^ (1 << j)] + a[i].s[j] + calc(i, c - 1));
}
}
}
cout << dp[n][(1 << p) - 1] << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
while(cin >> n >> p >> k) run();
return 0;
}
重要的是自信，一旦有了自信，人就会赢得一切。
