Technocup 2017 - Elimination Round 1 (Unofficially Open for Everyone, Rated for Div. 2) 解题报告
A. Transformation: from A to B
题意：
一个数a，两种操作，一是把a*2，二是把a*10+1，问把a变到b是否有解和最小次数。
思路：
两种操作都是指数级别的，爆搜即可。
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// main.cpp
// 727A
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#include B. Bill Total Value
题意：
给一串字符串，分析里面的数字出来求和，数字是每三位有逗号，如果有小数则固定是三位小数。
思路：
按题意模拟即可，码力和提交次数成反比。
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// main.cpp
// 727B
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#include C. Guess the Array
题意：
交互题，数据是一个数组，你知道数组长度是n，然后你可以询问n次，每次询问任意ai+aj的和，输出整个数组。
思路：
先问a1+a2,a2+a3,a3+a1，然后就可以解出a1,a2,a3，后面的就直接出来了。
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// main.cpp
// 727C
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#include D. T-shirts Distribution
题意：
6种大小的衣服，各有若干件，然后每个人有1种或2种选择，每个人得到的衣服大小必须是他们选的，问有没有这种分配方案，可以就输出一种方案。
思路：
第一反应网络流，然后每个大小建一个点，每个人建一个点，按他们的选择连边，最后跑完最大流看是不是满流，然后根据流向输出方案。
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// main.cpp
// 727D
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#include E. Games on a CD
题意：
一个串长度为n*k，然后把它首尾接起来，再给你g(>=n)个长度为k的串，问你用这g个串能不能组成原来的串。
思路：
先把原串加倍，因为是环，所以枚举起点（最多k次）检查是不是可以组成。
我的做法是多项式hash，这样可以快速得到任意一段的hash值，g个串也hash，然后暴力匹配。推荐双hash，毕竟cf。
检查最多n次，枚举k次，总复杂度是O(n*k)的，先看出这个复杂度那就比较好做了。
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// main.cpp
// 727E
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#include pii;
const ull mod1 = 982886081;
const ull mod2 = 889930273;
const ull s1 = 131;
const int N = 2e6+5;
ull pm1[N], pm2[N];
pii strhash[N];
void init(char *s, int len) {
pm1[0] = pm2[0] = 1;
for(int i = 1; i < N; ++i) {
pm1[i] = pm1[i-1]*s1%mod1;
pm2[i] = pm2[i-1]*s1%mod2;
}
strhash[0] = pii(s[0]*pm1[0], s[0]*pm2[0]);
for(int i = 1; i < len; ++i) {
strhash[i] = pii((strhash[i-1].first+s[i]*pm1[i])%mod1, (strhash[i-1].second+s[i]*pm2[i])%mod2);
}
}
ull qpow(ull a, ull k, const ull& mod) {
ull res = 1;
while(k) {
if(k&1) res = res*a%mod;
a = a*a%mod;
k >>= 1;
}
return res;
}
pii shash(int l, int r) {
if(l == 0) return strhash[r];
ull one = strhash[r].first;
one = (one-strhash[l-1].first+mod1)%mod1;
one = one*qpow(pm1[l], mod1-2, mod1)%mod1;
ull two = strhash[r].second;
two = (two-strhash[l-1].second+mod2)%mod2;
two = two*qpow(pm2[l], mod2-2, mod2)%mod2;
return make_pair(one, two);
}
pii ghash(char *s, int k) {
ull r1 = 0, r2 = 0;
for(int i = 0; i < k; ++i) {
r1 = (r1+s[i]*pm1[i])%mod1;
r2 = (r2+s[i]*pm2[i])%mod2;
}
return pii(r1, r2);
}
mapint >mp;
bool used[N];
char s[N];
ull sh[N];
int main(int argc, const char * argv[]) {
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
scanf("%s", s);
int len = n*k;
for(int i = 0; i < len; ++i) {
s[i+len] = s[i];
}
init(s, len*2);
int q;
scanf("%d", &q);
for(int i = 1; i <= q; ++i) {
scanf("%s", s);
pii res = ghash(s, k);
mp[res] = i;
}
vector<int>ans;
for(int i = 0; i < k; ++i) {
for(int x : ans) used[x] = 0;
ans.clear();
for(int j = 0; j < n; ++j) {
pii tar = shash(i+j*k, i+(j+1)*k-1);
if(mp.find(tar) == mp.end() || used[mp[tar]]) break;
int id = mp[tar];
used[id] = 1;
ans.push_back(id);
if(j == n-1) {
puts("YES");
for(int x : ans) printf("%d ", x);
return 0;
}
}
}
puts("NO");
return 0;
} F. Polycarp’s problems
题意：
n个数的数组a[i]，m次询问，每次询问给出一个初始值x，然后x从a[1]累加到a[n]，要求过程中x不能为负，问你最少要删除几个数。
思路：
考虑单次回答，贪心。当加到a[i]为负了，那么此时必然要删一个数，显然应该删a[1]~a[i]里面最小的没被删过的数，用个优先队列就可以nlogn单次回答，但是暴力被卡掉了。
换种做法，因为n<=750，所以最多有751个答案，而且初始值越大，答案越小，根据这种单调性就可以预处理答案为i时候的最小的初始值，回答的时候就可以直接二分了。
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// main.cpp
// 727F
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#include vector, greater >st;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
x += a[i];
if(a[i] < 0) st.push(a[i]);
if(x < 0) {
x -= st.top(); st.pop();
res++;
}
}
return res;
}
ll solve(int x) {
ll l = -inf, r = inf, ans = 0;
while(l <= r) {
ll mid = (l+r) >> 1;
if(check(mid) <= x) r = mid-1, ans = mid;
else l = mid+1;
}
if(ans < 0) ans = -inf;
return ans;
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
scanf("%d %d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%lld", a+i);
}
int last = 0;
for(int i = 0; i <= n; ++i) {
ans[i] = solve(i);
last = i;
if(ans[i] < 0) break;
}
while(m--) {
ll x;
scanf("%lld", &x);
int l = 0, r = last, aans = 0;
while(l <= r) {
int mid = (l+r) >> 1;
if(ans[mid] <= x) r = mid-1, aans = mid;
else l = mid+1;
}
printf("%d\n", aans);
}
return 0;
}