CF Round #677 div3 赛后总结
前言
运气真好AK了(╯‵□′)╯︵┻━┻
庆祝\(E\)题没看懂题找规律过了(╯‵□′)╯︵┻━┻
A
题意：
差不多就是说，在\(1-10000\)范围内，如果一个数字的每一位都是同一个数字，就叫无聊数字，然后会以\(1,11,111,1111,2,22...\)这样的顺序排列，然后问无聊数字\(x\)，以及其的排列前面的数字的位数之和是多少，例如：\(11\)，前面有\(1\)，然后位数之和为\(2+1=3\)。
暴力模拟啊。
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
inline int solve(int x)
{
int type=x%10;
int ans=(type-1)*10;
int y=0;
while(x)
{
x/=10;
y++;
ans+=y;
}
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
for(int i=1;i<=T;i++)
{
int x;scanf("%d",&x);
solve(x);
}
return 0;
}
B
题意：
如果第\(i\)个位置有书为\(1\)，没书为\(0\)。
对于书架上连续的一段书\([l,r]\)，如果\(r+1\)的位置没有位置，则可以把\([l,r]\)的书右移到\([l+1,r+1]\)，左移类似。
然后问把所有书变成连续的一段最小需要多少移动次数。
做法：
每次最多消掉一个间隔，不难发现，答案就是相邻每段书之间的间隔和。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 60
using namespace std;
int a[N],n;
void solve()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
bool bk=0;int ans=0,cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!a[i])
{
if(bk)cnt++;
}
else
{
bk=1;
ans+=cnt;
cnt=0;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)solve();
return 0;
}
C
题意：
差不多就是说，一条鱼\(i\)，如果\(a[i-1]<a[i]\)或者\(a[i+1]<a[i]\)，就可以吃掉\(i-1\)或者\(i+1\)的位置，然后\(a[i]++\)，如果一条鱼，假定全局只有它能吃别的鱼，并且在最后它能吃掉所有的鱼，那么称其为优势鱼，然后问存不存在优势鱼，存在，随便输其中一条优势鱼的编号。
首先考虑权值最大的情况，那如果权值最大的鱼吃掉了一条鱼，那么所有的鱼它随便吃，因此只要存在一只权值最大的鱼且左右两边有一条鱼比它小，它就是优势鱼。
当时这样一定能判定没有优势鱼的情况吗？不难发现，这种做法找到的优势鱼一定是正确的，且如果找不到当且仅当所有的鱼权值相同，此时确实是没有优势鱼的，所以这种做法是正确的。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 310000
using namespace std;
int a[N],n;
inline int mymax(int x,int y){return x>y?x:y;}
void solve()
{
scanf("%d",&n);
int mmax=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
mmax=mymax(a[i],mmax);
}
a[0]=a[1];a[n+1]=a[n];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]==mmax && (a[i-1]!=a[i] || a[i+1]!=a[i]))
{
printf("%d\n",i);
return ;
}
}
printf("-1\n");
return ;
}
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)solve();
return 0;
}
同机房奆佬还想了一个类似栈的做法，不再赘述。虽然刚开始思路错了，但是后来发现改一下就能规避问题了。
D
题意：
每个点都有一个权值，然后让你用\(n-1\)条边把\(n\)个点连成一棵树，且要求边两端的点权值不能相同。
记录第一个点的颜色，找到第一个和第一个点不同颜色的点，记为\(id\)，如果一个点和第一个点不同颜色，则连向第一个点，如果和第一个点相同，则连向\(id\)。
无解情况就是找不到\(id\)的情况。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 5100
using namespace std;
int co[N],n;
void solve()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&co[i]);
}
int shit=co[1];
int id=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(co[i]!=shit)
{
id=i;
break;
}
}
if(!id)
{
printf("NO\n");
return ;
}
printf("YES\n");
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(co[i]!=shit)printf("1 %d\n",i);
else printf("%d %d\n",id,i);
}
}
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)solve();
return 0;
}
E
题意：
赛后才知道题意
首先，轮舞是什么？
篝火晚宴见过吧，手拉着手一个圈跳舞就是轮舞，现在把\(n(n是偶数)\)个人（第\(i\)个人编号为\(i\)）等分成两个轮舞。
记为一种轮舞方案{\(A,B\)}。
两个轮舞\(X,Y\)相同，当且仅当选定某个点为开头时，从左往右形成的序列相同（也就是说\([1,2,3]\)和\([3,2,1]\)是不同的）。
轮舞方案{\(A_{1},B_1\)}和{\(A_{2},B_2\)}相同，当且仅当\(A_1=A_2,B_1=B_2\)或者\(A_1=B_2,B_1=A_2\)。
问有多少个不同的方案，答案保证在\(long\) \(long\)范围内。
做法：
设\(n=2m\)，先选\(m\)个人组成左边的圈，即\(C_{n}^m\)，但是选出了\(m\)个人，不同的圈排列个数是多少呢？我们不妨像题目中所说的，固定一个人就是在一号位置，其余人全排列，那么就是\((n-1)!\)，不难发现这样不会重复且可以找到所有的方案（显然正确因为每个人一定在圈上），然后就是\(C_{n}^{m}*(m-1)!*(m-1)!\)，但是发现一个圈方案左边右边都会被选上，所以还要除\(2\)（其实有规避的方法，假设编号为\(1\)的人一定被选上，那么就是\(C_{n-1}^{m-1}\)）。
化一下式子：
\(\frac{C_{n}^{m}*(m-1)!*(m-1)!}{2}=\frac{n!*(m-1)!*(m-1)!}{2*m!*m!}=\frac{2n!}{n^2}=\frac{2(n-1)!}{n}\)
这个式子就简单了很多。这个就是我考场上发现的规律。
打开计算器，发现\(19!\)不会爆\(long\) \(long\)，直接乱搞。
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int main()
{
int n;scanf("%d",&n);
if(n==2)printf("1\n");
else
{
long long ans=1;
for(int i=1;i<n;i++)ans*=i;
ans/=n/2;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
F
一个\(n*m\)的矩阵，每一行最多能选\(\frac{m}{2}\)个，然后要求选出来数的总和是\(k\)的倍数，问总和的最大值是多少。
设\(f[i][j][k]\)表示每一行的第\(i\)个数字，选了\(j\)个，余数为\(k\)的最大值，不难想到状态转移方程。
时间复杂度：\(O(n^4)\)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 90
using namespace std;
inline int mymax(int x,int y){return x>y?x:y;}
int a[N][N];
int f[2][N][N];
int n,m,K;
void dp()
{
memset(f[0],-20,sizeof(f[0]));
f[0][0][0]=0;int now=0,pre=1;
int limit=m/2;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
now^=1;pre^=1;
memset(f[now],-20,sizeof(f[now]));
for(int j=0;j<=limit;j++)
{
for(int k=0;k<K;k++)f[now][0][k]=mymax(f[now][0][k],f[pre][j][k]);
}
for(int j=1;j<=m;j++)
{
now^=1;pre^=1;
memset(f[now],-20,sizeof(f[now]));
for(int k=1;k<=limit;k++)
{
for(int t=0;t<K;t++)
{
int shit=(t+a[i][j])%K;
f[now][k][shit]=mymax(f[now][k][shit],f[pre][k-1][t]+a[i][j]);
}
}
for(int k=0;k<=limit;k++)
{
for(int t=0;t<K;t++)f[now][k][t]=mymax(f[now][k][t],f[pre][k][t]);
}
}
}
now^=1;pre^=1;
memset(f[now],-20,sizeof(f[now]));
for(int j=0;j<=limit;j++)
{
for(int k=0;k<K;k++)f[now][0][k]=mymax(f[now][0][k],f[pre][j][k]);
}
printf("%d\n",f[now][0][0]);
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&a[i][j]);
}
dp();
return 0;
}
G
题意：
一个\(n\)个点\(m\)条边的无向图，有\(k\)个订单，每个订单是从\(x\)跑到\(y\)，定义每个订单的费用为\(x\)到\(y\)的最短路，总费用为每个订单的费用和。
你最多可以让一条边变成\(0\)，然后问你最小总费用是多少。
做法：
对每个点跑一遍最短路，因为是稀疏图，\(SPFA\)很快。为了不被hack，后面又打了一个Dij的版本
肯定用掉机会比不用最小费用更小一点（最多不变）。
枚举是哪条边变成了\(0\)，对于订单\(x->y\)，有两种操作，一种走原来的路，一种为了走\(0\)边而强行改变路线（可能没改），至于怎么让\(x->y\)强行走一条边，大家也是懂的啦，直接把\(x\)走到边的一端的费用再加上另一端走到\(y\)的费用即可。
Dij时间复杂度：\(O(nm\log{m}+mk)\)
SPFA：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 1100
#define M 2100
using namespace std;
typedef long long LL;
inline LL mymin(LL x,LL y){return x<y?x:y;}
LL d[N][N];
int list[N],head,tail,n,m,k;
bool v[N];
struct node
{
int y,next;
LL c;
}a[M];int len,last[N];
inline void ins(int x,int y,LL c){len++;a[len].y=y;a[len].c=c;a[len].next=last[x];last[x]=len;}
void SPFA(int st)
{
memset(d[st],20,sizeof(d[st]));d[st][st]=0;
list[head=1]=st;tail=2;v[st]=1;
while(head!=tail)
{
int x=list[head++];if(head==n+1)head=1;
v[x]=0;
for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
{
int y=a[k].y;
if(d[st][x]+a[k].c<d[st][y])
{
d[st][y]=d[st][x]+a[k].c;
if(!v[y])
{
v[y]=1;
list[tail++]=y;if(tail==n+1)tail=1;
}
}
}
}
}
struct SHIT
{
int x,y;
SHIT(int xx=0,int yy=0){x=xx;y=yy;}
}zjj1[N],zjj2[N];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;LL c;scanf("%d%d%lld",&x,&y,&c);
ins(x,y,c);ins(y,x,c);
zjj2[i]=SHIT(x,y);
}
for(int i=1;i<=k;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
zjj1[i]=SHIT(x,y);
}
for(int i=1;i<=n;i++)SPFA(i);
LL ans=(LL)99999999999999;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
LL sum=0;
int x=zjj2[i].x,y=zjj2[i].y;
for(int j=1;j<=k;j++)
{
int ax=zjj1[j].x,ay=zjj1[j].y;
sum+=mymin(mymin(d[ax][x]+d[y][ay],d[ax][y]+d[x][ay]),d[ax][ay]);
}
ans=mymin(ans,sum);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
Dij：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define N 1100
#define M 2100
using namespace std;
typedef long long LL;
inline LL mymin(LL x,LL y){return x<y?x:y;}
LL d[N][N];
int n,m,k;
bool v[N];
struct node
{
int y,next;
LL c;
}a[M];int len,last[N];
inline void ins(int x,int y,LL c){len++;a[len].y=y;a[len].c=c;a[len].next=last[x];last[x]=len;}
priority_queue<pair<LL,int>,vector<pair<LL,int> >,greater<pair<LL,int> > > fuck;
void SPFA(int st)
{
memset(d[st],20,sizeof(d[st]));d[st][st]=0;
memset(v,0,sizeof(v));
while(!fuck.empty())fuck.pop();
fuck.push(make_pair(0,st));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
pair<LL,int> zwq=fuck.top();fuck.pop();
int x=zwq.second;
while(v[x])
{
zwq=fuck.top();fuck.pop();
x=zwq.second;
}
v[x]=1;
for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
{
int y=a[k].y;
if(!v[y] && zwq.first+a[k].c<d[st][y])
{
d[st][y]=zwq.first+a[k].c;
fuck.push(make_pair(d[st][y],y));
}
}
}
}
struct SHIT
{
int x,y;
SHIT(int xx=0,int yy=0){x=xx;y=yy;}
}zjj1[N],zjj2[N];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;LL c;scanf("%d%d%lld",&x,&y,&c);
ins(x,y,c);ins(y,x,c);
zjj2[i]=SHIT(x,y);
}
for(int i=1;i<=k;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
zjj1[i]=SHIT(x,y);
}
for(int i=1;i<=n;i++)SPFA(i);
LL ans=(LL)99999999999999;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
LL sum=0;
int x=zjj2[i].x,y=zjj2[i].y;
for(int j=1;j<=k;j++)
{
int ax=zjj1[j].x,ay=zjj1[j].y;
sum+=mymin(mymin(d[ax][x]+d[y][ay],d[ax][y]+d[x][ay]),d[ax][ay]);
}
ans=mymin(ans,sum);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
