Codeforces Round #261 (Div. 2)[ABCDE]
Codeforces Round #261 (Div. 2)[ABCDE]
ACM
题目地址:Codeforces Round #261 (Div. 2)
A - Pashmak and Garden
题意：
一个正方形，它的边平行于坐标轴，给出这个正方形的两个点，求出另外两个点。
分析：
推断下是否平行X轴或平行Y轴，各种if。
代码：
/*
* Author: illuz <iilluzen[at]gmail.com>
* File: A.cpp
* Create Date: 2014-08-15 23:35:17
* Descripton:
*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 0;
int main() {
int x1, y1, x2, y2, x3, y3, x4, y4;
int a;
while (cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2) {
if (x1 == x2) {
a = y1 - y2;
cout << x1 + a << ' ' << y1 << ' ' << x2 + a << ' ' << y2 << endl;
} else if (y1 == y2) {
a = x1 - x2;
cout << x1 << ' ' << y1 + a << ' ' << x2 << ' ' << y2 + a << endl;
} else {
if (abs(x1 - x2) != abs(y1 - y2)) {
cout << -1 << endl;
continue;
}
cout << x1 << ' ' << y2 << ' ' << x2 << ' ' << y1 << endl;
}
}
return 0;
}
B - Pashmak and Flowers
题意：
在n个数中取出两个数，使得差值最大，问差值和有几种取法。
两种取法不同当且仅当：两种方法至少有一个不同位置的数。
分析：
非常明显差值就是最大-最小。
假设两个数不是同样的，那么取法就是max_cnt * min_cnt了。
假设同样就要注意了，由于max_cnt * min_cnt里面有一些取法一样的数。
比方：5 1 1 1 1 1。
- 那么我们能够这样考虑。第一次能够取5种，第二次能够取(5-1)钟，可是这里面(i,j)和(j,i)都取过，所以得减半。所以结果就是
n*(n-1)/2。 - 或者能够这样考虑。我们为了不要取反复。规定第一次取的位置肯定在第二次前面。假设第一次取pos1，那么下次仅仅能取(n-1)钟；假设第一次取pos2。第二次就(n-2)....累计就是
(n-1)*n/2了。
代码：
/*
* Author: illuz <iilluzen[at]gmail.com>
* File: B.cpp
* Create Date: 2014-08-15 23:51:15
* Descripton:
*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 10;
ll t, mmax, mmin;
ll a[N];
int main() {
while (cin >> t) {
repf (i, 0, t - 1) {
cin >> a[i];
}
sort (a, a + t);
if (a[0] == a[t - 1]) {
cout << 0 << ' ' << t * (t - 1) / 2 << endl;
continue;
}
mmax = 0;
mmin = 0;
int i = 0;
while (i < t && a[i] == a[0])
mmin++, i++;
i = t - 1;
while (i >= 0 && a[i] == a[t - 1])
mmax++, i--;
cout << a[t - 1] - a[0] << ' ' << mmin * mmax << endl;
}
return 0;
}
C - Pashmak and Buses
题意：
n个人坐车，有k辆车带他们去d个地方玩。
问怎么安排使得这d天他们没有一对人一直在一起的（FFF团的胜利）。
分析：
相当于：d行n列，每一个位置填一个1～k的整数。要求不能有两列全然一样。
爆搜过去即可。仅仅要有解即可了。
代码：
/*
* Author: illuz <iilluzen[at]gmail.com>
* File: C.cpp
* Create Date: 2014-08-16 00:47:18
* Descripton:
*/
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1110;
int a[N], sum;
int n, d, k, m[N][N];
void dfs(int x) {
if(sum >= n)
return;
if(x >= d) {
for (int i = 0; i < d; i++)
m[i][sum] = a[i];
sum++;
return;
}
for(int i = 1; i <= min(k, 1001); i++) {
a[x] = i;
dfs(x + 1);
}
}
int main() {
while (~scanf("%d%d%d", &n, &k, &d)) {
memset(m, 0, sizeof(m));
sum = 0;
dfs(0);
if(sum < n)
puts("-1");
else {
for(int i = 0; i < d; i++) {
for(int j = 0; j < n; j++)
printf("%d ", m[i][j]);
puts("");
}
}
}
return 0;
}
D - Pashmak and Parmida's problem
题意：
给出一些数a[n]。求(i, j),i<j的数量。使得：f(1,
i, a[i]) > f(j, n, a[j])。
f(lhs, rhs, x)指在{
[lhs, rhs]范围中，a[k]的值=x }的数量。
分析：
非常明显：
1. f(1, i, a[i])就是指a[i]前面包含a[i]的数中。有几个值=a[i]。
2. f(j, n, a[j])就是指a[j]后面包含a[j]的数中有几个值=a[j]。
尽管a[x]范围不小。可是n的范围是1000。不是非常大，所以我们能够用map预处理出f(1, i, a[i])和f(j,
n, a[j])。记为s1[n], s2[n]。
这样就变成求满足s1[i] > s[j]。 i < j情况的数量了,你会发现跟求逆序对一样了。
这时就能够用线段树或树状数组求逆序数对的方法解决问题了。不懂线段树怎么解的能够看：HDU 1394 Minimum Inversion Number（线段树求最小逆序数对）。
代码：
/*
* Author: illuz <iilluzen[at]gmail.com>
* File: D.cpp
* Create Date: 2014-08-16 00:18:08
* Descripton:
*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define repu(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define repd(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
typedef long long ll;
#define lson(x) ((x) << 1)
#define rson(x) ((x) << 1 | 1)
const int N = 1e6 + 10;
const int ROOT = 1;
// below is sement point updated version
struct seg {
ll w;
};
struct segment_tree {
seg node[N << 2];
void update(int pos) {
node[pos].w = node[lson(pos)].w + node[rson(pos)].w;
}
void build(int l, int r, int pos) {
if (l == r) {
node[pos].w = 0;
return;
}
int m = (l + r) >> 1;
build(l, m, lson(pos));
build(m + 1, r, rson(pos));
update(pos);
}
// add the point x with y
void modify(int l, int r, int pos, int x, ll y) {
if (l == r) {
node[pos].w += y;
return;
}
int m = (l + r) >> 1;
if (x <= m)
modify(l, m, lson(pos), x, y);
else
modify(m + 1, r, rson(pos), x, y);
update(pos);
}
// query the segment [x, y]
ll query(int l, int r, int pos, int x, int y) {
if (x <= l && r <= y)
return node[pos].w;
int m = (l + r) >> 1;
ll res = 0;
if (x <= m)
res += query(l, m, lson(pos), x, y);
if (y > m)
res += query(m + 1, r, rson(pos), x, y);
return res;
}
} sgm;
ll t, a[N];
int s1[N], s2[N];
map<ll, int> mp;
int main() {
while (cin >> t) {
mp.clear();
rep (i, t) {
cin >> a[i];
mp[a[i]]++;
s1[i] = mp[a[i]];
}
mp.clear();
for (int i = t - 1; i >= 0; i--) {
mp[a[i]]++;
s2[i] = mp[a[i]];
}
sgm.build(1, t, ROOT);
ll ans = 0;
rep (i, t) {
ans += sgm.query(1, t, ROOT, s2[i] + 1, t);
sgm.modify(1, t, ROOT, s1[i], 1);
//cout << s1[i] << ' ' << s2[i] << ' ' << ans << endl;
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
E - Pashmak and Graph
题意：
给出一个有向带权值的图，要求出最长递增链路的长度。
也就是当前边的权值要大于前一条边的。
分析：
刚開始写了个搜索+map记忆化，然后就TLE了QvQ...
事实上能够用数组的dp来做，先对边从小到大排序。从小到达处理，对于同样的一类边。进行对边dp。然后更新对点dp。
@barty巨巨：
将全部边按边权从小到大排序，顺序扫描，假设没有反复边权的话，对于(u, v, d)这条有向边，能够直接用之前求的到u点的最长路径+1来更新到v的最长路径。
只是题目中没有保证全部边权不同，为了保证严格递增。所以对于同样边权须要做一个缓冲处理。
代码：
/*
* Author: illuz <iilluzen[at]gmail.com>
* Blog: http://blog.csdn.net/hcbbt
* File: E.cpp
* Create Date: 2014-08-16 09:43:59
* Descripton:
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
const int N = 3e5 + 10;
struct Edge {
int x;
int y;
int w;
bool operator <(const Edge& e) const {
return w < e.w;
}
} e[N];
int n, m;
int edge[N], node[N]; // edges and nodes' dp
int main() {
while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {
memset(edge, 0, sizeof(edge));
memset(node, 0, sizeof(node));
repf (i, 1, m) {
scanf("%d%d%d", &e[i].x, &e[i].y, &e[i].w);
}
sort(e + 1, e + m + 1);
repf (i, 1, m) {
int j = i;
while (j <= m && e[i].w == e[j].w) { // update edges' dp
int x = e[j].x;
edge[j] = max(edge[j], node[x] + 1);
j++;
}
j = i;
while (j <= m && e[i].w == e[j].w) { // update nodes' dp
int y = e[j].y;
node[y] = max(edge[j], node[y]);
j++;
}
i = j - 1;
}
int ans = 0;
repf (i, 1, m)
ans = max(ans, edge[i]);
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
