套题 codeforces 361
A题（(Mike and Cellphone）
看起来好像需要模拟数字键位的运动,可是,
只要判断出那些必然YES的数字组合不就好了么
#include <cstdio> #include <iostream> #include <cstring> using namespace std; int vis[10]; inline bool judge() { if(vis[9]&&vis[1]) return true; if(vis[7]&&vis[3]) return true; if(vis[0]&&(vis[1]||vis[2]||vis[3])) return true; if((vis[1]||vis[2])&&vis[6]&&vis[7]) return true; if((vis[3]||vis[2])&&vis[4]&&vis[9]) return true; if(vis[7]&&vis[9]&&vis[2]) return true; return false; } char ch[100]; int main() { int n; while(~scanf("%d",&n)) { scanf("%s",ch); int x; memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=0;i<n;i++) { x=ch[i]-'0'; vis[x]=1; } if(judge()) { printf("YES\n"); } else printf("NO\n"); } return 0; }
B题（(Mike and Shortcuts）
题意:对于n个点,可以从1开始直接走过去,代价是abs(x-1),也可以通过某种捷径而到,代价是1
解题:难点在于建图,每个点之间都连通,难道要建n^2条边?
1.在不考虑捷径的情况下,每两个点之间的距离是两者之差的绝对值
2.任意两点没有必要都建一条边使得他们直接相连,对于任意的一个点,只要相邻的两个
点与它建一条代价为1的边,这样任意两点都能够间接相连,而且代价累加起来正好是距离。
3.最后再加上捷径,最多有n条,总共会有3*n条边,由于不存在负权回路,使用DIJKSTRA+优先队列
优化,时间复杂度是O(ElogE).
#include <cstdio> #include <iostream> #include <cstring> #include <queue> #include <vector> using namespace std; const int Max=200000+10; int abs(int x) {return x>=0?x:-x;} int n,m; struct Edge{ int from,to,dist; Edge(int u,int v,int d):from(u),to(v),dist(d){} }; vector <Edge> edges; vector <int> G[Max]; int d[Max]; void Init() { for(int i=0;i<=n;i++) G[i].clear(); edges.clear(); } void AddEdge(int from,int to,int dist) { edges.push_back(Edge(from,to,dist)); m=edges.size(); G[from].push_back(m-1); } struct node { int d,u; node(int dd,int uu):d(dd),u(uu){}; bool operator < (const node & rhs) const { return d>rhs.d; } }; const int INF=0x3f3f3f3f; bool done[Max]; void Dijkstra(int s) { priority_queue<node>Q; for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=INF; d[s]=0; memset(done,0,sizeof(done)); Q.push(node(0,s)); while(!Q.empty()) { node x=Q.top();Q.pop(); int u=x.u; if(done[u]) continue; done[u]=true; for(int i=0;i<G[u].size();i++) { Edge &e=edges[G[u][i]]; if(d[e.to]>d[u]+e.dist) { d[e.to]=d[u]+e.dist; Q.push(node(d[e.to],e.to)); } } } } int main() { while(~scanf("%d",&n)) { int x; Init(); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&x); AddEdge(i-1,i,1); AddEdge(i+1,i,1); AddEdge(i,x,1); } Dijkstra(1); for(int i=1;i<=n;i++) { if(i!=1) printf(" "); printf("%d",d[i]); } puts(""); } return 0; }
C题（Mike and Chocolate Thieves）
要求一个四元组,并且这个四元组成k倍关系。
可知n越大,种数越多,且种类数取决于k。
对于这样一个有序关系,可以使用二分查找
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; LL n; LL cacu(LL x) { LL sum=0; for(LL i=2;i<=1e6;i++) { if(i*i*i>x) break; sum+=x/(i*i*i); } return sum; } int main() { while(~scanf("%I64d",&n)) { LL l=0,r=1e18,m; while(l<=r) { m=(l+r)>>1; if(cacu(m)>=n) r=m-1; else l=m+1; } if(cacu(r+1)!=n) puts("-1"); else printf("%I64d\n",r+1); } return 0; }
D题（Friends and Subsequences）
对于每个max(ai)==min(bj)
枚举所有的左区间,
max(ai)是递增的,min(bj)是递减的
因此对max(ai)-min(bj)可以进行二分查找
二分查找满足条件的下界和上界
RMQ可以使用ST算法实现
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2e5+10; int A[N],B[N]; int mn[N][30],mx[N][30]; void RMQ_init(int n) { for(int i=1;i<=n;i++) mx[i][0]=A[i],mn[i][0]=B[i]; for(int j=1;(1<<j)<=n;j++) { for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++) { mx[i][j]=max(mx[i][j-1],mx[i+(1<<(j-1))][j-1]); mn[i][j]=min(mn[i][j-1],mn[i+(1<<(j-1))][j-1]); } } } int RMQ(int L,int R,int flag) { int k=0; while((1<<(k+1))<=R-L+1) k++; if(flag) return max(mx[L][k],mx[R-(1<<k)+1][k]); else return min(mn[L][k],mn[R-(1<<k)+1][k]); } int main() { int n; while(~scanf("%d",&n)) { for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&A[i]); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&B[i]); RMQ_init(n); long long sum=0; for(int i=1;i<=n;i++) { int l,r,mid,ansr,ansl,ma,mb; ansl=ansr=-1; l=i;r=n; while(l<=r) { mid=l+(r-l)/2; ma=RMQ(i,mid,1);mb=RMQ(i,mid,0); if(ma==mb) l=mid+1,ansr=mid; else if(ma>mb) r=mid-1; else l=mid+1; } l=i;r=n; while(l<=r) { mid=l+(r-l)/2; ma=RMQ(i,mid,1);mb=RMQ(i,mid,0); if(ma==mb) r=mid-1,ansl=mid; else if(ma>mb) r=mid-1; else l=mid+1; } if(ansl==-1||ansr==-1) continue; sum+=ansr-ansl+1; } printf("%I64d\n",sum); } return 0; }
E题
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int N=2e5+10; const int MOD=1e9+7; LL fact[N]; LL qpow(LL x,LL k) { LL base=x,ans=1; while(k) { if(k&1) ans=(ans*base)%MOD; base=(base*base)%MOD; k>>=1; } return ans; } LL inv(LL x) { return qpow(x,MOD-2); } LL C(int n,int k) { LL ans=fact[n]*inv(fact[k])%MOD*inv(fact[n-k])%MOD; return ans; } map<int,int>book; int main() { int n,k,l,r,ans,add,dist; cin>>n>>k; fact[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) fact[i]=(fact[i-1]*i)%MOD; for(int i=0;i<n;i++) { cin>>l>>r; book[l]++; book[r+1]--; } ans=add=0; l=book.begin()->first; map<int,int>::iterator it; for(it=book.begin();it!=book.end();it++) { dist=it->first-l; if(add>=k) ans=(ans+C(add,k)*dist)%MOD; add+=it->second; l=it->first; } cout<<ans<<endl; return 0; }
