Educational Codeforces Round 104 (Rated for Div. 2)

A - Arena

题意

有一堆人打架，两个人打架战斗力强的赢，相等就谁也不赢。
问每次随机挑一对人打架，有多少人可能一直赢。

题解

随机就是说每个人只会跟最弱的打，如果当前人比最弱的强ans就+1。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Mid ((l + r) >> 1)
#define lson (rt << 1)
#define rson (rt << 1 | 1)
using namespace std;
int read(){
    char c; int num, f = 1;
    while(c = getchar(),!isdigit(c)) if(c == '-') f = -1; num = c - '0';
    while(c = getchar(), isdigit(c)) num = num * 10 + c - '0';
    return f * num;
}
int n, a[100009], cnt;
void work() {
    n = read(); cnt = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cnt += a[i] != a[1];
    }
    printf("%lld\n", cnt);
}
signed main()
{
    int Case = read();
    while(Case--) work();
    return 0;
}

 

B - Cat Cycle

题意

有两只猫要睡觉，A猫第一天睡$n$号点，第二天睡$n-1$号点，第$n+1$天回到$n$号点睡觉，以此类推。
B猫从$1$号点开始往后睡，但是B猫干不过A猫，如果B猫和A猫下一天会到同一个地方睡觉，则B猫会跳过那个位置，到下一天的位置睡。
现在问第$k$天B猫睡在哪里。

题解

首先如果$n$是偶数，他们就不会睡在同一个地方，直接$k$对$n$取模即可。
如果是奇数，说明有冲突，观察冲突是如何发生的。
AB猫一开始面对面，然后走$\lfloor\frac{n}{2}\rfloor$格之后就会撞到，然后B猫多走一步。
然后AB猫变成背对背相邻了，把$n$格铺开，其实问题又跟之前一样了，所以一共撞到$\frac{k}{\frac{n}{2}}$次，就是多走这么多步，加上之后还是取模即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Mid ((l + r) >> 1)
#define lson (rt << 1)
#define rson (rt << 1 | 1)
using namespace std;
int read(){
    char c; int num, f = 1;
    while(c = getchar(),!isdigit(c)) if(c == '-') f = -1; num = c - '0';
    while(c = getchar(), isdigit(c)) num = num * 10 + c - '0';
    return f * num;
}
int n, k;
void work() {
    n = read(); k = read();
    if(n& 1) {
        k -= 1;
        k += k / (n / 2);
        k = k % n + 1;
        printf("%lld\n", k);
    } else {
        printf("%lld\n", (k - 1) % n + 1);
    }
}
signed main()
{
    int Case = read();
    while(Case--) work();
    return 0;
}

 

C - Minimum Ties

题意

一堆人打架，打赢了加3分，输了不加分，平局各加一分。
构造一种比赛状况使得最后总分一样的前提下平局最少。

题解

可以列一张表格$g[i][j] = -g[i][j]$， 平局为0。

首先如果是奇数个队伍的话就直接没有平局就行了，每个人赢$\frac{n - 1}{2}$场。
第一个人是$x,1,1,1,-1,-1,-1$的，第二个人是$-1,x,1,1,1,-1,-1$，$x$表示没有这场比赛。
发现这东西是循环的。

然后考虑偶数，偶数的话不可能没有平局，就加入一场平局。
发现由于平局加的不是完整的3分，所以一旦一个人有了平局，就所有人都得有平局。
把第一个人改成$1,1,0,-1,-1$就行了。
（考场上降智，脑筋急转弯题杀我。）

#include <bits/stdc++.h>
#define Mid ((l + r) >> 1)
#define lson (rt << 1)
#define rson (rt << 1 | 1)
using namespace std;
int read(){
    char c; int num, f = 1;
    while(c = getchar(),!isdigit(c)) if(c == '-') f = -1; num = c - '0';
    while(c = getchar(), isdigit(c)) num = num * 10 + c - '0';
    return f * num;
}
void work() {
    int n = read();
    if(n & 1) {
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            for(int j = i + 1, cnt = 1; j <= n; j++, cnt++)
                printf("%d ", (cnt & 1) ? 1 : -1);
    } else {
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            for(int j = i + 1; j <= n; j++) {
                if(j - i ==  (n - 2) / 2 + 1) printf("0 ");
                else if(j - i <= (n - 2) / 2) printf("1 ");
                else printf("-1 ");
            }
        }
    }
    printf("\n");
}
signed main()
{
    int Case = read();
    while(Case--) work();
    return 0;
}

 

D - Pythagorean Triples

题意

找到$1\le a\le b \le c \le n$，使得$a^2 = b + c$，并且有$c^2 = a^2 + b^2$的对数。

题解

还是考场降智我把直角三角形的条件看成是能组成三角形==。

看对题目这就是道傻逼题。

化简公式去掉$a^2$，解出$c = b + 1$, $a^2 = 2b + 1$。
显然a必须是奇数。

据说有$O(1)$写法，但我写法是二分。
因为一旦一个$a$可行，那么从$3$到这个$a$的所有奇数都可行，暴力二分就行了。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Mid ((l + r) >> 1)
#define lson (rt << 1)
#define rson (rt << 1 | 1)
using namespace std;
int read(){
    char c; int num, f = 1;
    while(c = getchar(),!isdigit(c)) if(c == '-') f = -1; num = c - '0';
    while(c = getchar(), isdigit(c)) num = num * 10 + c - '0';
    return f * num;
}
int n;
void work() {
    n = read();
    int l = 1, r = 1e5;
    while(l <= r) {
        int x = Mid * 2 + 1;
        if((x * x + 1) / 2 > n || x > n) r = Mid - 1;
        else l = Mid + 1;
    }
    printf("%lld\n", r);
}
signed main()
{
    int Case = read();
    while(Case--) work();
    return 0;
}

 

E - Cheap Dinner

题意

给定一张四层的分层图，每一层只会跟上一层有连边。
要求在每一层里面找出一个点，使得点是独立的并且点权和最小。
（独立指两两之间不能有连边）

题解

（最小点权独立集难道不是费用流吗）
由于只取一对，没必要用费用流。
考虑暴力dp。
每一个点的能不能取只跟上一层取了哪个点有关。
$f[i][j]$表示前i层，第i层的j点必须要取的最小代价。

$f[i][j]$从$f[i - 1][k](k!=fa[j])$转移而来。
但是对于一个点又很多个k，但是由于注意到边在均摊给每个点之后，每个点均摊到的边其实很少，所以对于每个点的转移，一整段的东西是很多的，可以考虑数据结构维护。
用线段树或者ST表都可，只要维护区间最小值就行了。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Mid ((l + r) >> 1)
#define lson (rt << 1)
#define rson (rt << 1 | 1)
using namespace std;
int read(){
    char c; int num, f = 1;
    while(c = getchar(),!isdigit(c)) if(c == '-') f = -1; num = c - '0';
    while(c = getchar(), isdigit(c)) num = num * 10 + c - '0';
    return f * num;
}
int n[5], a[5][150009], f[5][150009], tree[150009 * 4];
vector<int> fa[5][150009];
void update(int rt) {tree[rt] = min(tree[lson], tree[rson]);}
void build(int l, int r, int rt, int t) {
    if(l == r) {tree[rt] = f[t][l]; return ;}
    build(l, Mid, lson, t); build(Mid + 1, r, rson, t);
    update(rt);
}
int query(int l, int r, int L, int R, int rt) {
    if(L <= l && r <= R) return tree[rt];
    int ans = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
    if(L <= Mid) ans = min(ans, query(l, Mid, L, R, lson));
    if(Mid <  R) ans = min(ans, query(Mid + 1, r, L, R, rson));
    return ans;
}
signed main()
{
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    for(int i = 1; i <= 4; i++) 
        n[i] = read();
    for(int i = 1; i <= 4; i++)
        for(int j = 1; j <= n[i]; j++) a[i][j] = read();
    for(int i = 2; i <= 4; i++) {
        int m = read();
        for(int j = 1; j <= m; j++) {
            int x = read(), y = read();
            fa[i][y].push_back(x);
        }
    }
    for(int i = 2; i <= 4; i++) {
        for(int j = 1; j <= n[i]; j++) {
            fa[i][j].push_back(n[i - 1] + 1);
            sort(fa[i][j].begin(), fa[i][j].end());
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n[1]; i++)
        f[1][i] = a[1][i];
    build(1, n[1], 1, 1);
    for(int i = 2; i <= 4; i++) {
        for(int j = 1; j <= n[i]; j++) {
            int now = 0, minn = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
            for(auto nxt : fa[i][j]) {
                if(nxt - 1 >= now + 1) minn = min(minn, query(1, n[i - 1], now + 1, nxt - 1, 1));
                now = nxt;
            }
            f[i][j] = min(f[i][j], minn + a[i][j]);
        }
        build(1, n[i], 1, i);
    }
    int ans = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
    for(int j = 1; j <= n[4]; j++)
        ans = min(ans, f[4][j]);
    printf("%lld\n", ans == 0x3f3f3f3f3f3f3f3f ? -1 : ans);
    return 0;
}