[CF]Avito Cool Challenge 2018
A（签到）
题意：签到
00:01 1A
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long int LL; #define st first #define nd second #define pb push_back #define mp make_pair #define pll pair <LL, LL> #define pii pair <int, int> #define rep(i,x) for(int i=1;i<=x;i++) const int N = 1e5+7; const int MX = 1e9+7; const LL INF = 1e18+9LL; int main(){ int x; cin>>x; if(x==2)cout<<2; else cout<<1; }
B（构造）
题意：有长度为n的数列B，Ai表示B中与Bi不同的值的数量，给出数列A，求B
显然
1若Ai不同则Bi一定不同
2一定有n-Ai个数等于Bi
推出相同Ai的个数一定是n-Ai的倍数，其中每组n-Ai个Bi相等，否则无解，有解时方案按之前推论构造即可。
这题开始还没想出来，不应该。。
01:12 2A
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long int LL; #define st first #define nd second #define pb push_back #define mp make_pair #define pll pair <LL, LL> #define pii pair <int, int> #define rep(i,x) for(int i=1;i<=x;i++) const int N = 1e5+7; const int MX = 1e9+7; const LL INF = 1e18+9LL; int a[N],sum[N],ans[N],lim[N]; vector<int> b[N]; int main(){ int n; cin>>n; rep(i,n){ scanf("%d",&a[i]); b[a[i]].pb(i); sum[a[i]]++; } for(int i=0;i<n;i++){ if(sum[i]%(n-i)){ cout<<"Impossible"; return 0; } lim[i]=n-i; } cout<<"Possible"<<endl; int cnt=1; for(int i=0;i<n;i++){ for(int j=0;j<b[i].size();j++){ ans[b[i][j]]=cnt; if((j+1)%lim[i]==0)cnt++; } } rep(i,n)cout<<ans[i]<<" "; return 0; }
C（dp）
题意：给n个方格涂m种颜色，有k个方格和左边的方格颜色不同，求方案数。（n<=2000,m<=2000）
f[i][j]=f[i-1][j]+(m-1)*f[i-1][j-1]，输出f[n][k]即可。数组可以滚动，但没必要。O(nk)
或者直接推公式也不难
00:23 1A
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long int LL; #define st first #define nd second #define pb push_back #define mp make_pair #define pll pair <LL, LL> #define pii pair <int, int> #define rep(i,x) for(int i=1;i<=x;i++) const int N = 2e3+7; const int MX = 1e9+7; const LL INF = 1e18+9LL; const LL mod=998244353; LL dp[N][N]; int main(){ int n,m,k; cin>>n>>m>>k; dp[0][0]=1; rep(i,n) for(int j=0;j<i&&j<=k;j++){ if(j==0){ dp[i][j]=m; continue;} dp[i][j]=((dp[i-1][j-1]*(m-1))%mod+dp[i-1][j])%mod; } cout<<dp[n][k]; }
D（MST）
题意：给出一个加权无向图，有k个特殊结点。定义路径长度为路径上的最大边权，求这k个结点到其他特殊结点最短路的最大值。
定义开始看起来很绕，后来一想其实类似货车运输。首先最短路一定在最小生成树上取到，观察样例可以猜想所有最大值相等。事实上，考虑kruskal算法过程，当一条边被加入时，如果他两边的并查集都含有特殊结点，那么答案一定不比这条边小，因为树上的路径唯一，两边的特殊结点间的路径一定包含这条边，据此也可发现所有结点的答案一定都相等。所以只需在kruskal执行时维护每个并查集的大小，当加入一条边后有一个并查集大小为k时，说明所有特殊结点已经联通，之后的边都不会影响答案，而当前加入的这条边一定连接了两个特殊结点，所以这条边的权值就是所有特殊结点的最大值。
比赛的时候没时间做了，想到了最小生成树，开始猜想最大值相等但是之后又想错了，主要还是开始理解题意耽误太多时间了。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long int LL; #define st first #define nd second #define pb push_back #define mp make_pair #define pll pair <LL, LL> #define pii pair <int, int> #define rep(i,x) for(int i=1;i<=x;i++) const int N=1e5+7; struct st { int u,v,w; }edge[N]; int f[N],ans[N],is[N],sz[N]; int n,m,k; int cmp(st a,st b){ return a.w<b.w; } int finde(int x) { if(x!=f[x]) f[x]=finde(f[x]); return f[x]; } int make(int a,int b) { int x=finde(a); int y=finde(b); f[x]=y; sz[y]+=sz[x]; return sz[y]==k; } int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); rep(i,k){ int x; scanf("%d",&x); is[x]=1; } rep(i,m) { int a,b,c; scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); edge[i].u=a; edge[i].v=b; edge[i].w=c; } for(int i=1;i<=n;i++) { f[i]=i; if(is[i])sz[i]=1; } sort(edge+1,edge+m+1,cmp); rep(i,m) { int u=edge[i].u; int v=edge[i].v; if(finde(u)!=finde(v)) { if(make(u,v)){ rep(j,k)cout<<edge[i].w<<" "; return 0; } } } return 0; }
E（数学，构造）
题意：长度为n（n为偶数）的数列A的任意项前缀和为完全平方数，给出所有偶数项，求数列A，若有解保证存在1e13之内的解。（n<=1e5,Ai<=2e5）
令Bi为A的前i项和，令B2*i=p^2，B2*I-1=q^2，则A2*i=p^2-q^2=(q+p)*(p-q)，显然p-q<sqrt(Ai)，因此枚举p-q的值，即可解出p和q。因为要保证B递增，所以要取使p最小的可行解，这样
之后的选择空间更大。O(n*sqrt(Ai))
02:19 3A
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long int LL; #define st first #define nd second #define pb push_back #define mp make_pair #define pll pair <LL, LL> #define pii pair <int, int> #define rep(i,x) for(int i=1;i<=x;i++) const int N = 1e5+7; const int MX = 1e9+7; const LL INF = 1e18+9LL; LL ans[N],a[N]; int main(){ int n; cin>>n; int cnt=0; rep(i,n/2){ LL x; cin>>x; a[i*2]=x; LL j; for(j=sqrt(x);j>=1;j--){ if(j*j==x)j--; if(!j)break; if(x%j==0&&(x/j-j)%2==0&&(x/j-j)/2>ans[cnt]){ ans[++cnt]=(x/j-j)/2; ans[++cnt]=(x/j+j)/2; break; } } if(j==0){ cout<<"No"; return 0; } } cout<<"Yes"<<endl; LL now=0; for(int i=1;i<n;i+=2){ cout<<ans[i]*ans[i]-now<<" "<<a[i+1]<<" "; now=ans[i+1]*ans[i+1]; } }
标答是O(Ai*log(Ai))的，还没仔细看，先贴这里。
Let 
, xmax = 2 × 105.
Since x2i = s2i - s2i - 1 = t2i2 - t2i - 12 ≥ (t2i - 1 + 1)2 - t2i - 12 = 2t2i - 1 + 1, so 2t2i - 1 + 1 ≤ xmax, t2i - 1 < xmax.
For every 
, we can precalculate all possible (a, b)s so that x = b2 - a2: enumerate all possible a 
, then for every a enumerate b from small to large starting from a + 1 and stop when b2 - a2 > xmax, record this (a, b) for x = b2 - a2. Since 
, then 
, its complexity is 
.
Now, we can try to find a possible s from left to right. Since x2i - 1 is positive, we need to ensure t2i - 2 < t2i - 1. Becuase x2i = t2i2 - t2i - 12, we can try all precalculated (a, b)s such that x2i = b2 - a2. If we have several choices, we should choose the one that a is minimum possible, because if the current sum is bigger, it will be harder for the remaining number to keep positive.
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pii; int n; ll sq[100099]; #define S 200000 vector<pii> v[S+55]; int main() { for(int i=1;i<=S;++i) { if(i*2+1>S) break; for(int j=i+1;j*(ll)j-i*(ll)i<=S;++j) v[j*(ll)j-i*(ll)i].push_back(pii(i,j)); } scanf("%d",&n); for(int i=2;i<=n;i+=2) { int x; scanf("%d",&x); for(auto t:v[x]) if(sq[i-2]<t.first) { sq[i-1]=t.first,sq[i]=t.second; break; } if(!sq[i-1]) {puts("No"); return 0;} } puts("Yes"); for(int i=1;i<=n;++i) printf("%lld%c",sq[i]*(ll)sq[i]-sq[i-1] *(ll)sq[i-1]," \n"[i==n]); }
