Codeforces Round #138 (Div. 2) ACBDE
A.Parallelepiped
题意：给一个六面体三面的面积，求12条边的长度和。
题解：因为都是整数，设边长分别为a,b,c，面积为xyz,那么可设x=a*b,y=b*c,z=c*a，简单解方程就可以了。
#include <iostream> #include <math.h> using namespace std; int main() { int a, b, c; int x, y, z; while (cin >> x >> y >> z) { a = sqrt(x * z / y); b = x / a; c = z / a; cout << 4 * (a + b + c) << endl; } return 0; }
B.Array
题意：给一个长度为N的数列，求一个连续子序列，包含K个不同的数。要求这个子序列不能有满足条件的子序列，但不要求长度是最小。
题解：从头开始，每得到一个数就放入set，并记录每一个数字出现的最后的位置。当set的大小等于k时，就是子序列结束的位置，因为要开始位置尽可能靠后（否则就存在求得序列的子序列也满足条件），其次每个数字至少出现一次，那么求last最小值即可。
#include <stdio.h> #include <math.h> #include <set> #include <string.h> using namespace std; int a[100005]; int last[100005]; int main() { int n, k; while (~scanf("%d%d",&n, &k)) { for (int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", a + i); memset(last, -1, sizeof last); set<int>s; int l = n; int r = -1; for (int i = 0; i < n; ++i) { s.insert(a[i]); last[ a[i] ] = i; if (s.size() == k) { r = i; break; } } if (r == -1) { printf("-1 -1\n"); continue; } for (int i = 0; i <= r; ++i) { if (last[ a[i] ] != -1 && last[ a[i] ] < l) l = last[ a[i] ]; } printf("%d %d\n", l + 1, r + 1); } return 0; }
C.Bracket Sequence
题意：给一个只含有()[]的字符串，求一个括号匹配且没有相互嵌套的连续子序列，要求'['的个数最多。
题解：dp。对于每一个字符，都希望向前找到最长的子串，那么最长子串含有'['一定也是最多的。设一个数组f[n]，f[i]表示以字符i为最后一个字符的子序列能向前匹配到不能匹配的位置。f[i]=-1表示能匹配到第一个字符。f[i]=i表示子序列长度为0。当a[i]=a[f[i-1]]，f[i]=f[ f[i-1]-1 ] 。ans[i]表示包含第i个字符的最长子序列含有多少个'['。
#include <stdio.h> #include <string.h> #include <stack> #include <utility> using namespace std; char a[100005]; int f[100005]; int ans[100005]; int main() { while (~scanf("%s", a)) { int len = strlen(a); f[0] = ans[0] = 0; for (int i = 1; i < len; ++i) { if (f[i-1] == -1) { f[i] = i; ans[i] = 0; } else if (a[ f[i-1] ] == '(' && a[i] == ')') { f[i] = f[i - 1] - 1; ans[i] = ans[i - 1]; if (f[i] != -1) { ans[i] += ans[ f[i] ]; f[i] = f[ f[i] ]; } } else if (a[ f[i-1] ] == '[' && a[i] == ']') { f[i] = f[i - 1] - 1; ans[i] = ans[i - 1] + 1; if (f[i] != -1) { ans[i] += ans[ f[i] ]; f[i] = f[ f[i] ]; } } else { f[i] = i; ans[i] = 0; } } int maxn = 0; int pos = 0; for (int i = 0; i < len; ++i) { if (maxn < ans[i]) { maxn = ans[i]; pos = i; } } printf("%d\n", maxn); for (int i = f[pos] + 1; i <= pos; ++i) printf("%c", a[i]); printf("\n"); } return 0; }
D.Two Strings
题意：给2个字符串S和T，求S中所有和T相等的子串（不要求连续），能不能使用S中所有的字符至少一次。
题解：从前向后扫一遍求每个字符能匹配到最靠右的位置l，从后向前扫一遍求每个字符能匹配到最靠左的位置r，如果前面的能l>=r，证明该字符可以被用到。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <vector> using namespace std; const int N = 200005; char s[N], t[N]; int l[N], r[N]; int ok[300]; int main() { while (scanf("%s%s", s, t) == 2){ memset(ok, -1, sizeof (ok)); int slen = strlen(s); int tlen = strlen(t); int pos = 0; bool flag = true; for (int i = 0; i < slen; ++i) { if (pos < tlen && s[i] == t[pos]) { ok[ s[i] ] = pos; l[i] = pos++; } else { if (ok[ s[i] ] == -1) { flag = false; } l[i] = ok[ s[i] ]; } } if (!flag) { puts("No"); continue; } memset(ok, -1, sizeof (ok)); pos = tlen - 1; for (int i = slen - 1; i >= 0; --i) { if (pos>= 0 && s[i] == t[pos]) { ok[ s[i] ] = pos; r[i] = pos--; } else { if (ok[ s[i] ] == -1) { flag = false; } r[i] = ok[ s[i] ]; } } if (!flag) { puts("No"); continue; } for (int i = 0; i < slen; ++i) { if (l[i] < r[i]) { flag = false; break; } } if (!flag) puts("No");else puts("Yes"); } return 0; }
E.Partial Sums
给一个长度为N的数组，做n次操作后求该数组。公式如下。
很容易想到通过矩阵快速幂解题，设转移矩阵F，通过A*(F^K)求的结果。然而(1 ≤ n ≤ 2000, 0 ≤ k ≤ 109)，复杂度为n^3*logk，妥妥的超时了。
这个题的矩阵是特殊的矩阵，上三角矩阵（当然也可以是下三角），而且每个值都是1。
对于如下图的矩阵——上三角矩阵，且为带状矩阵。每个对角线值都相等。
对于这个类型的矩阵，只要知道了第一行的元素就可以推出整个矩阵的样子。那么存该矩阵的时候也可以只存一行。
两个这样的矩阵相乘，还为这样的矩阵。
于是可以考虑把矩阵压缩成一维，那么矩阵乘法的复杂度也从n^3降到n^2。
设A*B=C
可以推出
c[0][i]
=sigma(j=0..n-1)a[0][j]*b[j][i]
=sigma(j=0..i) a[0][j]*b[j][i]（因为是上三角矩阵，下面的元素都为0）
=sigma(j=0..i) a[0][j]*b[0][i-j]（因为是带状矩阵，b[j][i]==b[0][i-j]，可以对照上面的图算一下）
对于此题，转移矩阵压缩为一维后，求得F^k。
然后对于A*F，可以通过F的性质求的F[i][j]，即F[i][j]=F[0][j-i]。
（一份糟糕的代码）
#include <cstdio> #include <cmath> #include <vector> #include <iostream> using namespace std; typedef long long ll; typedef vector<ll> vec; typedef vector<vec> mat; const int M = 1000000007; int n, k; // A*B mat mul(mat &A, mat &B) { mat C(1, vec(n)); for (int i = 0; i < n; ++i) { for (int k = 0; k <= i; ++k) { C[0][i] = (C[0][i] + A[0][k] * B[0][i - k]) % M; } } return C; } // A^k mat pow(mat A, int k) { mat B(1, vec(n)); B[0][0] = 1; while (k > 0) { if (k & 1) B = mul(B, A); A = mul(A, A); k >>= 1; } return B; } void solve() { mat f(1, vec(n)); for (int i = 0; i < n; ++i) { f[0][i] = 1; } f = pow(f, k); mat A(1, vec(n)); for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> A[0][i]; cout << A[0][0]; for (int i = 1; i < n; ++i) { ll tmp = 0; for (int j = 0; j <= i; ++j) { tmp = (tmp + A[0][j] * f[0][i - j]) % M; } cout << " " << tmp; } } int main() { scanf("%d%d", &n, &k); solve(); return 0; }
