目录
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2018-2019 ICPC, NEERC, Southern Subregional Contest
(Codeforces 1070)- A.Find a Number(BFS)
- C.Cloud Computing(线段树)
- D.Garbage Disposal(模拟)
- E.Getting Deals Done(二分)
- F.Debate(贪心)
- H.BerOS File Suggestion(后缀自动机)
- I.Privatization of Roads in Berland(网络流)
2018-2019 ICPC, NEERC, Southern Subregional Contest
(Codeforces 1070)
(Codeforces 1070)
比赛链接
VP了一场最近的没做过的ACM。ACM的Online Mirror好少啊...
B题看不懂样例=-= K题签到题。其它题咕咕了。
A.Find a Number(BFS)
先要想到令\(f[i][j]\)表示模\(d\)余数为\(i\)，数位和为\(j\)的最小数。状态数是OK的。
然后每次转移就是在后面加上\(0\sim 9\)这些数字，用BFS转移就可以保证当前数最小了。复杂度\(O(10ds)\)。
当然还有其它奇奇怪怪的DP方法。
//124ms 32100KB
#include
#include
#include
#include
#include
#define pc putchar
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=503,M=5003;
bool vis[N][M];
struct Node
{
int r,sum;
};
struct Path
{
int r,sum;
char c;
}pre[N][M];
void BFS(const int d,const int s)
{
std::queue q;
q.push((Node){0,0}), vis[0][0]=1;
while(!q.empty())
{
Node x=q.front(); q.pop();
if(!x.r && x.sum==s) return;
for(int i=0; i<10; ++i)
{
int r=(x.r*10+i)%d, sum=x.sum+i;
if(sum<=s && !vis[r][sum])
pre[r][sum]=(Path){x.r,x.sum,char(i+48)}, vis[r][sum]=1, q.push((Node){r,sum});
}
}
}
void Output(int d,int s)
{
if(pre[d][s].c) Output(pre[d][s].r,pre[d][s].sum), pc(pre[d][s].c);
}
int main()
{
int d,s; scanf("%d%d",&d,&s);
BFS(d,s);
if(vis[0][s]) Output(0,s);
else puts("-1");
return 0;
} C.Cloud Computing(线段树)
我写的比较无脑... 按天数为下标建线段树。将物品区间按价格排序，考虑依次加到线段树对应区间上。
设当前区间剩余所需个数的最小值是\(mn\)（初始都为\(k\)），当前物品区间、个数、单位价格分别是\((l,r,a,cost)\)。\(mn\gt a\)时，直接区间减\(a\)统计一下答案就行了；当\(mn\leq a\)时，一定至少有一个位置会被减成\(0\)，暴力在线段树找到那个/那些位置把\(size\)清零，\(mn\)设为\(INF\)，统计一下答案即可。
因为每个数只会被清空一次，也就是只会暴力做\(O(n)\)次，所以复杂度\(O((n+m)\log n)\)。
其实只要拿价格建一棵值域线段树，每个位置维护有多少个物品就行了。查询就是在树上二分出前\(k\)小的和（树状数组也行）。
//327ms 78600KB
#include
#include
#include
#include
#define pc putchar
#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=1e6+5;
const LL INF=3e18;
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct Node
{
int l,r,num,cost;
bool operator <(const Node &x)const
{
return cost>1; Build(lson,K), Build(rson,K);
}
void Modify2(int l,int r,int rt,int a,int cost)
{
if(mn[rt]>a) {Ans+=1ll*cost*a*sz[rt], Upd(rt,-a); return;}
if(l==r) {Ans+=1ll*cost*mn[rt], sz[rt]=0, mn[rt]=INF; return;}
if(tag[rt]) PushDown(rt);
int m=l+r>>1;
Modify2(lson,a,cost), Modify2(rson,a,cost), Update(rt);
}
void Modify(int l,int r,int rt,int L,int R,int a,int cost)
{
if(L<=l && r<=R) {Modify2(l,r,rt,a,cost); return;}
if(tag[rt]) PushDown(rt);
int m=l+r>>1;
if(L<=m) Modify(lson,L,R,a,cost);
if(m D.Garbage Disposal(模拟)
模拟一下就行了。
因为刚开始读错题还写了个二分=v=
#include
#include
#include
#include
#define pc putchar
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=2e5+5;
int A[N];
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
bool Check(LL x,int n,int K)
{
LL las=0;
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
LL need=(las+K-1)/K; las=std::max(0ll,A[i]-(need*K-las));
x-=need;
if(x<0) return 0;
}
return x>=(las+K-1)/K;//不要写x*K!!!
}
signed main()
{
int n=read(),K=read(); LL sum=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) sum+=A[i]=read();
LL l=0,r=3e18,mid,ans=r;
while(l<=r)
if(Check(mid=l+r>>1,n,K)) ans=mid, r=mid-1;
else l=mid+1;
printf("%I64d\n",ans);
return 0;
} E.Getting Deals Done(二分)
显然答案是可以三分的。但是答案是整数三分有点麻烦。
考虑能不能二分一个答案\(mid\)是否可行。如果至少选\(mid\)个，那么要选的肯定是最便宜的\(mid\)个物品。那么模拟一下就行了。
//46ms 2200KB(离散化的版本，那个写的太丑了留这个代码叭)
#include
#include
#include
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=2e5+5;
int A[N],ref[N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
inline LL readll()
{
LL now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
bool Check(int x,int n,int m,LL T)
{
LL sum=0;//longlongaaaTAT
for(int res=0,now=0,i=1,val=ref[x]; i<=n; ++i)
if(A[i]<=val)
{
if((T-=A[i])<0) return 0;
if(++res>=x) return 1;
sum+=A[i];
if(++now==m) now=0, T-=sum, sum=0;
}
return 0;
}
int main()
{
ref[0]=1;
for(int Ts=read(); Ts--; )
{
const int n=read(),m=read(); const LL t=readll();
for(int i=1; i<=n; ++i) ref[i]=A[i]=read();
std::sort(ref+1,ref+1+n);
int l=1,r=n,mid,ans=0;
while(l<=r)
if(Check(mid=l+r>>1,n,m,t)) ans=mid, l=mid+1;
else r=mid-1;
printf("%d %d\n",ans,ref[ans]);
}
return 0;
} F.Debate(贪心)
记四种人分别是\(1,2,3,4\)。显然\(2,3\)可以同时选，然后选一个\(4\)可以多选一个\(1/2+3\)。排序从大到小选就行了。
//46ms 6100KB
#include
#include
#include
#include
#include
#define pc putchar
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=4e5+5;
int val[4][N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
inline int read01()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*2+c-48,c=gc());
return now;
}
int main()
{
const int n=read();
int cnt[4]={0};
for(int i=1,type; i<=n; ++i) type=read01(), val[type][++cnt[type]]=read();
if(!cnt[3]&&(!cnt[1]||!cnt[2])) return puts("0"),0;
for(int i=0; i<4; ++i) std::sort(val[i]+1,val[i]+cnt[i]+1,std::greater());
int p0=1,p1=1,p2=1,p3=1,ans=0;
for(; p1<=cnt[1]&&p2<=cnt[2]; ans+=val[1][p1++]+val[2][p2++]);
for(int i=1; i<=cnt[3]; ++i)
{
if(val[1][p1]+val[2][p2]>val[0][p0]) ans+=val[1][p1++]+val[2][p2++];
else ans+=val[0][p0++];
ans+=val[3][i];
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
} H.BerOS File Suggestion(后缀自动机)
怎么写AC自动机、写Hash的都有... 这不是BZOJ2780吗？
粘过代码来就完了。然而我粘错了WA了两次。
//77ms 17500KB
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define pc putchar
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=10005*10;
using namespace std;
int mp[233];
string str[10005];
struct Suffix_Automaton
{
int tot,las,fa[N],len[N],son[N][40],cnt[N],bef[N];
void Insert(int c,int now)
{
int np=++tot,p=las; len[las=np]=len[p]+1;
for(; p&&!son[p][c]; p=fa[p]) son[p][c]=np;
if(!p) fa[np]=1;
else
{
int q=son[p][c];
if(len[q]==len[p]+1) fa[np]=q;
else
{
int nq=++tot;
len[nq]=len[p]+1, bef[nq]=bef[q], cnt[nq]=cnt[q];
memcpy(son[nq],son[q],sizeof son[q]);
fa[nq]=fa[q], fa[q]=fa[np]=nq;
for(; son[p][c]==q; p=fa[p]) son[p][c]=nq;
}
}
for(; bef[np]!=now&&np; np=fa[np])
++cnt[np], bef[np]=now;
}
void Query(char *s,int l)
{
int x=1;
for(int i=0; i I.Privatization of Roads in Berland(网络流)
\(Description\)
给定一张\(n\)个点\(m\)条边的无向图，以及一个整数\(k\)。你需要给每一条边染一种颜色。颜色种类无限多，每种颜色最多用两次，且对于任意一个点，和它相连的边的颜色不能超过\(k\)种。求一种可行的染色方案。
\(n,m\leq600\)。
\(Solution\)
设\(dgr_i\)为\(i\)的度数。那么如果\(dgr_i\leq k\)，\(i\)连的边的颜色是什么都无所谓。否则需要让\(2(dgr_i-k)\)条边两两配对。
一条边在一个点处配对了就不能在另一个点处配对。对每条边\(i\ (u,v)\)连边\((u\to i,1),(v\to i,1),(i\to T,1)\)，每个点\(x\)连边\((S\to x,\max(0,\ 2(d_x-k)))\)，看最大流是否等于\(\sum\max(0,\ 2(d_x-k))\)即可。
不写代码惹。