Codeforces Round #595 (Div. 3) 题解

比赛链接：https://codeforces.com/contest/1249

A. Yet Another Dividing into Teams

题意：

给你n个数，问你能不能分成最少的组，使得组内任意两数之差>1。

思路：

先排序，如果存在排名相近的两个数之差<=1，则分成两组，否则一组。

代码：

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int a[105],f[105];
int main(){
	int q;
	cin>>q;
	while(q--){
		memset(f,0,sizeof(f));
		int n,flag=0;
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i];
		}
		sort(a+1,a+n+1);
		for(int i=2;i<=n;i++){
			if(a[i]-a[i-1]==1){
				flag=1;
				cout<<2<<endl;
				break;
			}
		}
		if(!flag)
			cout<<1<<endl;
	}
	return 0;
} 

B1. Books Exchange (easy version)

题意：

有$i$个人，第$i$个人会在下一天把书给第$a_i$，问每个人在第几天拿到自己的书，$n<=200$。
比如有 $a=[5,1,2,4,3]$
第一个人的书会进行如下传递：
第一天：传到$5$手中
第二天：传到$3$手中
第三天：传到$2$手中
第四天：到$1$自己手中
答案就是 $4$

思路：模拟

代码：

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int a[205],f[205];
int main(){
	int q,n;
	cin>>q;
	while(q--){
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i];
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			int t=i,ans=1;
			while(a[t]!=i){
				t=a[t];
				ans++;
			}
			cout<<ans<<' ';
		}
		cout<<endl;
	}
	return 0;
} 

B2. Books Exchange (easy version)

题意：

同上题，$n<=2\cdot 10^5$

思路：

求每个人所在强连通分量的大小，我用的$Tarjan$。

代码：

#include
#include
#include
#define N 200010
using namespace std;
int low[N],dfn[N],sta[N],belong[N],a[N],num[N],index,scc,top,n;
bool insta[N];
void tarjan(int u){
	int v;
	low[u]=dfn[u]=++index;
	sta[top++]=u;
	insta[u]=true;
	v=a[u];
	if(!dfn[v]){
		tarjan(v);
		if(low[u]>low[v])
			low[u]=low[v];
	}
	else if(insta[v] && low[u]>dfn[v])
		low[u]=dfn[v];
	if(low[u]==dfn[u]){
		scc++;
		do{
			v=sta[--top];
			insta[v]=false;
			belong[v]=scc;
			num[scc]++;
		}
		while(v!=u);
	}
}
int main(){
	int q;
	cin>>q;
	while(q--){
		index=scc=top=0;
		memset(dfn,0,sizeof(dfn));
		memset(num,0,sizeof(num));
		memset(insta,0,sizeof(insta));
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			scanf("%d",a+i);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(!dfn[i])
				tarjan(i);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			cout<<num[belong[i]]<<' ';
		cout<<endl;
	}
	return 0;
}

C1 - Good Numbers (easy version)

题意：

定义一个Good Number为这个数由且仅由$3$的不同幂的和组成（不可重复）。
如：$30=3^3+3^1$是Good Number，$19=3^2+3^3+3^0=3^2+3^1+3^1+3^1+3^0$不是Good Number
要求找出第一个$>=n$的Good Number，$1<=n<=10^4$。

思路：

打表找递推公式。

代码：

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int ans[20000],num;
int main(){
	int q,n;
	ans[1]=1;
	for(int i=1;i<=20000;i++){
		ans[i]=(i%2==0?ans[i/2]*3:ans[i-1]+1);
	}
	cin>>q;
	while(q--){
		int n;
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=num;i++)
			if(ans[i]>=n){
				cout<<ans[i]<<endl;
				break;
			}
	}
	return 0;
} 

C2 - Good Numbers (hard version)

题意：

如上，但$n$的范围为$1<=n<=10^{18}。$

思路：

上题中ans[i]=(i%2==0?ans[i/2]*3:ans[i-1]+1);
根据上式发现当$i=2^x$时，$a[i]=3^x$，$i$为奇数时，$a[i]=a[i-1]$，则存在这样一条性质。即$a[i]=a[i-lowbit(i)]+a[lowbit(i)]$，则可以用$logn$的时间求$a[i]$，通过二分法查找第一个$>=n$的$i$，就可以解决此题。

代码：

时间复杂度$(logn{)}^2$

#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
inline ll qpow(ll a, ll n)
{
    ll ans = 1;
    while(n)
    {
        if(n & 1) ans = ans * a;
        a = a * a;
        n >>= 1;
    }
    return ans;
}
inline ll lowb(ll x){
	return x&-x;
}
inline ll get2(ll x){
	ll t=-1;
	while(x){
		x>>=1;
		t++;
	}
	return t;
} 
inline ll f(ll x){
	if(x==1)
		return 1;
	if(lowb(x)==x){
		return qpow(3,get2(x));
	}
	return f(x-lowb(x))+f(lowb(x));
}
ll bserch(ll l,ll r,ll v){
	while(l<=r){
		ll mid=(l+r)/2;
		ll p=f(mid);
		if(p<v)
			l=mid+1;
		else if(p>v)
			r=mid-1;
		else {
			return mid;
		}
	}
	return l;
}
int main(){
	ll n,pos;
	int q;
	cin>>q;
	while(q--){
		scanf("%lld",&n);
		pos=bserch(1,min(n,274877906944),n);//打表找出1^18对应的i
		cout<<f(pos)<<endl;
	}
	return 0;
} 

D. Too Many Segments

题意：

删除最少的线段，使得坐标轴上每个点被线段覆盖的次数<=k

思路：

贪心地对于点$p$，如果覆盖$p$的线段$>k$个，则删除覆盖p且右端点最大的线段。
用set维护覆盖点$i$的线段，做法是随时弹出$S$内右端点$<i$的线段，并加入以$i$为左端点的线段。

代码：

#include
#include
#include
#include
#define N 200005
#define pii pair
using namespace std;
vector<pii> pnt[N];
vector<int>ans;
set<pii> s;
int main(){
	int n,k,R=0,L=0x3f3f3f,l,r;
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d %d",&l,&r);
		pnt[l].push_back(make_pair(r,i));
		R=max(R,r);
		L=min(L,l);
	}
	for(int i=L;i<=R;i++){
		while(!s.empty() && s.begin()->first<i)
			s.erase(s.begin());
		for(int j=0;j<pnt[i].size();j++)
			s.insert(pnt[i][j]);
		while(s.size()>k){
			ans.push_back(prev(s.end())->second);
			s.erase(prev(s.end()));
		}
	}
	cout<<ans.size()<<endl;
	for(int i=0;i<ans.size();i++)
		cout<<ans[i]<<' ';
	return 0;
}