AtCoder Beginner Contest 245(D，E，F)

合集 - acm(93)

28.AtCoder Beginner Contest 245(D，E，F)2023-05-15

AtCoder Beginner Contest 245(D，E，F)

D (二项式除法)

这个题大意就是给你两个二项式 $A (n)$ 和 $C (n + m)$ ,问 $B (m)$ .其中 $C (n + m) = A (n) \times B (m)$

这里的二项式表示方法是这样的, $A [i]$ 代表 $x$ 次数为 $i$ 的系数

由以上得知， $B (m) = \frac{C (n + m)}{A (n)}$

所以这就是一个经典的二项式除法

推导过程

虽然我不是很明白，具体代码如下

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <stack>
#include<cmath>
#include <unordered_map>
#include <array>
#include <cstring>
using namespace std;
#define int long long 
#define LL long long
#define ios  ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define inf 1e18
#define INF 1e18
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
const double eps=1e-9;
const int maxn=2e5+10;
int n,m;
int a[maxn],b[maxn],c[maxn];
signed main() 
{
   cin>>n>>m;
   for (int i=0;i<=n;i++)
   {
      cin>>a[i];
   }
   for (int i=0;i<=n+m;i++)
   {
      cin>>c[i];
   }
   for (int i=m;i>=0;i--)
   {
      if(c[i+n]==0) b[i]=0;
      else b[i]=c[i+n]/a[n];
      for (int j=0;j<=n;j++)
      {
         c[i+j]-=a[j]*b[i];
      }
   }
   for (int i=0;i<=m;i++)
   {
      cout<<b[i]<<" ";
   }
   system ("pause");
    return 0;
}

E （贪心，二分）

这个题的大意是给你 $n$ 块巧克力， $m$ 个盒子，我们要确定这 $n$ 块巧克力能否安置妥当，也就是放进盒子里，一个盒子只能放一块巧克力，而且这个盒子的长宽都必须大于巧克力的长宽。

我一开始也是想着贪心，把盒子和巧克力都按照从小到大的顺序来，每次选择最前面的那一个盒子，但是我没想到到一点是，我是按照从小到大的 $x$ ，然后考虑 $y$ ,我没想到的是假如我的 $x$ 是满足条件了，但是可能会导致后面有更大的 $y$ 需要，而我在这里使用了，只因为我是优先考虑 $x$ ,然后再考虑 $y$ 的

看了题解，下面是我的理解

我们把原来要考虑的有两个，减少到只考虑一个，那就是我们首先按照 $x$ 大的在前面，然后把还可以使用的放进一个 $m u l t i s e t$ 里面，然后对于后面的来说，他们的 $x$ 都是小于这一个 $x$ 的,那么我们就可以不用再考虑 $x$ 了，然后再考虑 $y$ ,然后我们再贪心的选择大于等于 $y$ 最小的那一个，可以用 $lower__bound$ （这也多亏了 $m u l t i s e t$ 会排序，不然还要自己去排序，很麻烦）

然后这里我们是把巧克力和盒子都放进一个数组里面了，优先选择 $x$ 大的，一样的话，我们先选择盒子，这样后面如果出现巧克力或许可以用得上（这也是我之前没想到过的）

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <stack>
#include<cmath>
#include <unordered_map>
#include <array>
#include <cstring>
using namespace std;
#define int long long 
#define LL long long
#define ios  ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define inf 1e18
#define INF 1e18
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
const double eps=1e-9;
const int maxn=2e5+10;
int n,m;
struct node
{
   int x,y,type;
};
bool cmp(node i,node j)
{
   if(i.x!=j.x)
   {
      return i.x>j.x;
   }
   return i.type>j.type;
}
vector<node>a,res;
signed main() 
{
   cin>>n>>m;
   a.resize(n+m);
   for (int i=0;i<n;i++)
   {
      cin>>a[i].x;
   }
   for (int i=0;i<n;i++)
   {
      cin>>a[i].y;
      a[i].type=0;
   }
   for (int i=0;i<m;i++)
   {
      cin>>a[i+n].x;
   }
   for (int i=0;i<m;i++)
   {
      cin>>a[i+n].y;
      a[i+n].type=1;
   }
   sort(a.begin(),a.end(),cmp);
   bool yes=true;
   multiset<int>st;
   for (int i=0;i<a.size();i++)
   {
      if(a[i].type==1)
      {
         st.insert(a[i].y);
      }
      else 
      {
         int y=a[i].y;
         auto it=st.lower_bound(y);
         if(it==st.end())
         {
            yes=false;
            break;
         }
         else 
         {
            st.erase(it);
         }
      }
   }
   if(yes)
   {
      cout<<"Yes\n";
   }
   else 
   {
      cout<<"No\n";
   }
   system ("pause");
    return 0;
}

F(图，拓扑排序)

其实这个题的大意就是给你 $n$ 个点， $m$ 条边，问有多少个点可以进入死循环（也就是环）

一看到这个，我就想到了拓扑排序

对，就是拓扑排序

然后，我们要怎样建图呢

我以前以为正图和反图好像差不多（这一道题我最一开始就是建立了一个正图，虽然样例过了，但是还是错的）

所以我们在建图的时候考虑什么情况是满足要求的

对于这一个题，只有某个点按照正常的图来说，它没有下一个点，即出度为 $0$ 时，那么它一定不是死循环，刚好对于拓扑排序来时，满足要求的入队，那么我们可以建立一个反向图，这样入度为 $0$ 的一定是满足条件的

然后就是简单的拓扑排序了

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <stack>
#include<cmath>
#include <unordered_map>
#include <array>
#include <cstring>
using namespace std;
#define int long long 
#define LL long long
#define ios  ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define inf 1e18
#define INF 1e18
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
const double eps=1e-9;
const int maxn=2e5+10;
int n,m;
vector<int>g[maxn];
int in[maxn];
signed main() 
{
   cin>>n>>m;
   for (int i=1;i<=m;i++)
   {
      int u,v;
      cin>>u>>v;
     // g[u].push_back(v);
     // in[v]++;
     g[v].push_back(u);
     in[u]++;
   }
   int ans=n;
   queue<int>q;
   for (int i=1;i<=n;i++)
   {
      if(in[i]==0)
      {
         q.push(i);
         ans--;
      }
   }
   while (!q.empty())
   {
      int u=q.front();
      q.pop();
      for (auto v:g[u])
      {
         in[v]--;
         if(in[v]==0)
         {
            q.push(v);
            ans--;
         }
      }
   }
   cout<<ans<<"\n";
   system ("pause");
    return 0;
}

posted @ 2023-05-15 15:44 righting 阅读(6) 评论(0) 编辑收藏举报

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