ICPC2018 青岛站 有关题目题解
热身赛D题
题意：
第一行给n个数，第二行给m个数，m<=n，从n个数中取m个数和第二行的m个数匹配，匹配花费abs(ai-bj)，求最小匹配花费。
思路：
建立三个堆，A堆存放第一行的数，B堆存放第二行中未被匹配过的数，C堆存放第二行中被匹配过的数。将n+m个数进行混合排序，从前向后扫描数组。
遇到第一行的数：
1.若B堆非空，则与B堆中花费最小的进行匹配
2.若B堆空的，则看C堆中是否存在匹配使得答案更优，若有取出匹配优化答案，同时将结果取反以及当前节点权值取反放入堆A中，表示若有其它第二行数想匹配这个A所需要花费的代价，类似费用流的反悔操作
3.其它情况，则将该数取反放入堆A
遇到第二行的数：
1.若A堆非空，则匹配A堆中情况最优的，同时将结果取反以及当前节点权值取反放入堆C中，表示若有其它第一行数想匹配这个B所需要花费的代价，类似费用流的反悔操作
2.若A堆空的，则将该数取反放入堆B
代码：
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 200010;
struct node
{
int val,type;
friend bool operator<( const node&a , const node&b )
{
return a.val,greater >A,B,C;
LL ans = 0;
for( int i=1 ; i<=n+m ; i++ )
{
LL x = a[i].val;
if( a[i].type==0 )
{
if ( !B.empty() )
{
LL t = B.top();
B.pop();
ans += x+t;
}
else if ( !C.empty() )
{
LL t = C.top();
if ( x+t<0 )
{
C.pop();
ans += x+t;
A.push(-x-t-x);
}
else A.push(-x);
}
else A.push(-x);
}
else
{
if( !A.empty() )
{
LL t = A.top();
A.pop();
ans += x+t;
C.push(-x-t-x);
}
else B.push(-x);
}
}
printf( "%lld\n" , ans );
}
return 0;
} 正赛C题
题意：
给两个01串A串和B串，在A串中可以进行区间翻转操作，可以使得一个区间内所有的0变成1，所有的1变成0，求恰好翻转两次使得A串变为B串的方案数。
思路：
根据两个01串连续不相同的段数
段数为0：答案n*(n+1)/2，即区间数
段数为1：答案n-1
段数为2：答案6
段数3以上：答案0
代码：
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1000010;
char s[maxn];
char t[maxn];
int main()
{
int T; scanf( "%d" , &T );
for( int cas=1 ; cas<=T ; cas++ )
{
int n; scanf( "%d" , &n );
scanf( "%s" , s );
scanf( "%s" , t );
int cnt = 0;
for( int i=0 ; i 正赛D题
题意：
有两个只知道长度的未知数A和B，和一个已知数C。C是由A，B通过如下计算而来：假设A为54，B为23，C = 5*2 + 5*3 + 4*2 + 4*3 = 1015812，+表示连接符。求字典序最小的A和B，若无解输出Impossible。
思路：
从1到9枚举A[1]，得知A[1]之后就可以确定B，确定B以后再反过头来确定是否存在A[2]...A[n]的解
代码：
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 200010;
char s[maxn]; int n,m,a[maxn],b[maxn],len;
bool ok( int pos )
{
for( int i=2 ; i<=n ; i++ )
{
if ( pos==len ) return false;
int t = s[pos++]-'0';
if ( t%b[1]==0 ) a[i] = t/b[1];
else if ( t>b[1] ) return false;
else
{
if ( pos==len ) return false;
t = t*10+s[pos++]-'0';
if ( t%b[1]==0 ) a[i] = t/b[1];
else return false;
}
for( int j=2 ; j<=m ; j++ )
{
if( pos==len ) return false;
t = s[pos++]-'0';
if ( b[j]==0&&t!=0 ) return false;
if ( b[j]==0&&t==0 ) continue;
if ( t%b[j]==0 )
{
if ( t/b[j]!=a[i] ) return false;
}
else
{
if ( pos==len ) return false;
t = t*10+s[pos++]-'0';
if ( t%b[j]!=0||t%b[j]==0&&t/b[j]!=a[i] ) return false;
}
}
}
return pos==len;
}
int main()
{
int T; scanf( "%d" , &T );
for( int cas=1 ; cas<=T ; cas++ )
{
scanf( "%d%d%s" , &n , &m , s ); len=strlen(s);
for( a[1]=1 ; a[1]<=9 ; a[1]++ )
{
int pos = 0,idx = 0;
while(posa[1] ) break;
else
{
if ( pos==len ) break;
t = t*10+s[pos++]-'0';
if ( t%a[1]==0 ) b[++idx] = t/a[1];
else break;
}
}
if(idx 正赛E题
题意：
有n株植物，每株植物有个成长值ai，表示被浇一次水后植物的成长高度，有个浇水机器人从0出发，每秒必须向左或向右移动一步，停在植物上时会给植物浇水，植物初始高度为0，机器人走m步以后，求n株植物中的最低高度
思路：
二分高度，获得每株植物的浇水次数，然后使用贪心检验是否可行，注意检验过程可能爆LL
代码：
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
LL Min( LL a , LL b ){ return ab?a:b; }
const int maxn = 100010;
int n,a[maxn]; LL m,b[maxn];
bool check()
{
LL cnt = 0;
for( int i=1 ; i<=n ; i++ )
{
if ( i!=n||b[i]!=0 ) cnt++,b[i] = Max( 0 , b[i]-1 );
cnt += b[i]*2; b[i+1] = Max( 0 , b[i+1]-b[i] );
if ( cnt>m ) return false;
}
return cnt<=m;
}
int main()
{
int T; scanf( "%d" , &T );
for( int cas=1 ; cas<=T ; cas++ )
{
scanf( "%d%lld" , &n , &m );
for ( int i=1 ; i<=n ; i++ )
scanf( "%d" , &a[i] );
LL l=1,r=200000000000000000LL;
while( l<=r )
{
LL mid = (l+r)>>1;
for( int i=1 ; i<=n ; i++ )
if ( mid%a[i]==0 ) b[i] = mid/a[i];
else b[i] = mid/a[i]+1;
if( check() ) l = mid+1;
else r = mid-1;
}
LL ans;
if ( r%a[1]==0 ) ans = r;
else ans = Max( r , (r/a[1]+1)*a[1] );
for( int i=2 ; i<=n ; i++ )
{
if ( r%a[i]==0 ) ans = Min( ans , r );
else ans = Min( ans , (r/a[i]+1)*a[i] );
}
printf( "%lld\n" , ans );
}
return 0;
} 正赛F题
题意：
国王组织骑士们两两比武，骑士编号1到n，比武有如下规则：1.骑士不会和已经比过武的对手比武。2.如果在当前局a与b比武c与d比武，那么如果下局a与c比武则b必须与d比武。现在有n个骑士报名比武，国王想要进行k场比武。每次比武有一个序列A，A[i]表示编号为i的骑士和编号为A[i]的骑士比武。在符合规则的情况下，若能进行k次比武，则输出字典序最小解，若不能则输出Impossible
思路：
n个骑士最多可以进行lowbit(n)-1场比武，比如：
四位骑士最多可以进行三场比赛
2 1 4 3
3 4 1 2
4 3 2 1
六位骑士最多可以进行1场比赛
2 1 4 3 6 5
其它排序都不满足比武规则2
观察六位骑士的比武情况，可以看成如下情况：2+2*(1-1) 1+2*(1-1) 2+2*(2-1) 1+2*(2-1) 2+2*(3-1) 1+2*(3-1)，可以将序列分成n/lowbit(n)等分，每一份的对应位置上都是前一份对应位置上的数+lowbit(n)
对于四位骑士的比武情况，将1 2 3 4这一行添加在第一行上
1 2 3 4
2 1 4 3
3 4 1 2
4 3 2 1
观察发现
1 2
2 1
这个2*2的方阵里头可以看成
1 1+1
1+1 1
同样的4*4的方阵块用看成
1 2 1+2 2+2
2 1 2+2 1+2
1+2 2+2 1 2
2+2 1+2 2 1
总结：n*n的矩阵往2n*2n的矩阵推的时候，相当于n*n矩阵中每一项+n，向下和向右复制一份，将矩阵本身向右下复制一份
比如：由4*4的矩阵推得8*8的矩阵
1 2 3 4 5 6 7 8
2 1 4 3 6 5 8 7
3 4 1 2 7 8 5 6
4 3 2 1 8 7 6 5
5 6 7 8 1 2 3 4
6 5 8 7 2 1 4 3
7 8 5 6 3 4 1 2
8 7 6 5 4 3 2 1
代码：
#include
using namespace std;
const int maxn = 610;
int a[maxn][maxn];
int f(int n)
{
int res = 1;
while( n%(res*2)==0 ) res*=2;
return res;
}
int main()
{
a[1][1] = 1;
for( int i=0 ; i<9 ; i++ )
{
int k=(1<=x ) printf( "Impossible\n" );
else
{
for( int i=2 ; i<=m+1 ; i++ )
{
int y = n/x;
for( int p=1 ; p<=y ; p++ )
for( int q=1 ; q<=x ; q++ )
{
if ( p!=1||q!=1 ) printf( " " );
printf( "%d" , a[i][q]+(p-1)*x );
}
printf( "\n" );
}
}
}
return 0;
} 正赛J题
题意：
有n本书从第1本书开始买，对于每本书能买则买，求恰好买m本书的最大携带钱数，如果携带钱数没有上限输出Richman，如果不存在购买m本书的情况输出Impossible
思路：
注意有书的价格为0，这些书相当白送，处理掉。携带钱数最大化那肯定要使花钱数最大化，最优选择自然是去买那些最贵的书，但由于强制能买就买，所以买的书必然是前m本书，此外你还可以带上剩下书中最便宜的那本价格-1
代码：
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 100010;
int Min( int a , int b ){ return a