COCI2013/2014#ROUND1完整解题报告

COCI2013/2014#ROUND1完整解题报告

T1.TRENER

题意:给出N个字符串,输出出现次数大于等于5次的首字母,如果没有输出 “PREDAJA”。
数据范围:1<=N<=150

样例
input 1:
18
babic
keksic
boric
bukic
sarmic
balic
kruzic
hrenovkic
beslic
boksic
krafnic
pecivic
klavirkovic
kukumaric
sunkic
kolacic
kovacic
prijestolonasljednikovic

output 1:
bk

input 2:
6
michael
jordan
lebron
james
kobe
bryant

output 2:
PREDAJA

题解:水题,没什么可说。见代码。

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
int n,cnt[30]; 
string s;
bool f;
int main()
{
    freopen("trener.in","r",stdin); 
    freopen("trener.out","w",stdout);
    cin>>n;
    for(int i=0;icin>>s;
        cnt[s[0]-'a']++;
    }
    for(int i=0;i<26;i++)
    if(cnt[i]>=5) 
    {
        f=1;
        cout<<(char)(i+'a');
    }
    if(!f) cout<<"PREDAJA";
    cout<return 0;
}

T2.KUŠAČ

题意:M个人平均地分吃N根香肠。求最少要切的刀数。
数据范围:1<=N,M<=100

样例
input 1:
2 6

output 1:
4

input 2:
3 4

output 2:
3

input 3:
6 2

output 3:
0

题解:这道题是模拟。许多人会想到gcd之类的东西,但事实上不需要。请仔细思考。
我们可以将所有香肠首尾接在一起,成为一根完整的香肠,平均切就好了。如果需要切的地方是原来香肠的接口,这一刀就不用切了。
核心代码如下,极短。

cin>>n>>m;
for(int i=0;i<=n*m;i+=n) if(i%m!=0) ans++;
cout<<ans<

T3.RATAR

题意:给出一个N*N的矩阵,求满足条件的矩阵对的个数:两个矩阵有且仅有一个公共顶点,且它们的元素和相等。
数据范围:1<=N<=50

样例
input 1:
3
1 2 3
2 3 4
3 4 8

output 1:
7

input 2:
4
-1 -1 -1 -1
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4

output 2:
10

input 3:
5
-1 -1 -1 -1 -1
-2 -2 -2 -2 -2
-3 -3 -3 -3 -3
-4 -4 -4 -4 -4
-5 -5 -5 -5 -5

output 3:
36

题解:前缀和预处理每个点与左上角形成的矩阵的元素和,然后枚举对顶点,枚举左上-右下,左下-右上符合条件的矩阵(小小地用一下容斥原理),记录个数,O(N^4)暴力枚举就能过。
一个小细节:当你在一个频繁调用的函数或循环里使用了memset时,请三思。memset复杂度为O(N),可能会导致TLE。在本题中,可以使用几个临时数组来记录待改变的值,赋值后再改回0,复杂度为O(2500),可有效避免超时。
代码如下:

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
int mp[55][55],sum[55][55],pre[55][55];
int tmp[5000005],ans,n,ding[2505];
int get(int x,int y,int x2,int y2)
{
    return sum[x2][y2]-sum[x2][y-1]-sum[x-1][y2]+sum[x-1][y-1];
}
int main()
{
    freopen("ratar.in","r",stdin);
    freopen("ratar.out","w",stdout);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++) cin>>mp[i][j];
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++) pre[i][j]=pre[i][j-1]+mp[i][j];
    for(int j=1;j<=n;j++)
    for(int i=1;i<=n;i++) sum[i][j]=sum[i-1][j]+pre[i][j];
    for(int i=1;ifor(int j=1;jint f,cnt=0;
            for(int ii=1;ii<=i;ii++)
            for(int jj=1;jj<=j;jj++)
            {
                f=get(ii,jj,i,j)+2500000;
                tmp[f]++;
                ding[++cnt]=f;
            }
            for(int ii=i+1;ii<=n;ii++)
            for(int jj=j+1;jj<=n;jj++) ans+=tmp[get(i+1,j+1,ii,jj)+2500000];
            for(int ii=1;ii<=cnt;ii++) tmp[ding[ii]]=0;
            cnt=0;
            for(int ii=i+1;ii<=n;ii++)
            for(int jj=1;jj<=j;jj++)
            {
                f=get(i+1,jj,ii,j)+2500000;
                tmp[f]++;
                ding[++cnt]=f;
            }
            for(int ii=1;ii<=i;ii++)
            for(int jj=j+1;jj<=n;jj++) ans+=tmp[get(ii,j+1,i,jj)+2500000];
            for(int ii=1;ii<=cnt;ii++) tmp[ding[ii]]=0;
        }
    }
    cout<return 0;
}

T4.LOPOV

题意:给出N颗钻石,第i颗体积为Mi,价值为Vi,又给出K个袋子,第i个容量为Ci。每个袋子只能装一个钻石。求能装下的钻石的最大价值和。
数据范围:1<=N,K<=300,000

样例
input1:
2 1
5 10
100 100
11

output 1:
10

input 2:
3 2
1 65
5 23
2 99
10
2

output 2:
164

题解
我TM要吐槽一下标程。。。自己都有一个点TLE3s多。。。我和题解写的差不多但因为cin又多T了一个点啊。。。
1.用钻石匹配袋子
将钻石按价值从大到小排序,袋子插入一个multiset里,每个钻石用lower_bound查询最小的能装下它的袋子,记录就好了。(可惜它TLE了)代码如下。

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
int n,k,x;
ll ans;
struct nod
{
    int m,v;
}ju[300005];
multiset<int> s;
multiset<int>::iterator it;
int cmp(nod a,nod b)
{
    return a.v>b.v;
}
int main()
{
    freopen("lopov.in","r",stdin);
    freopen("lopov.out","w",stdout);
    cin>>n>>k;
    for(int i=0;icin>>ju[i].m>>ju[i].v;
    for(int i=0;icin>>x;
        s.insert(x);
    }
    sort(ju,ju+n,cmp);
    for(int i=0;iif(s.empty()) break;
        it=s.lower_bound(ju[i].m);
        if(it!=s.end())
        {
            ans+=ju[i].v;
            s.erase(it);
        }
    }
    cout<

2.用袋子匹配钻石
思路与上面类似,但是不会超时。

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std; 
priority_queue<int> q;
struct nod
{
    int v,m;
}bag[600500];
int cmp(nod a,nod b){return (a.mb.v));}
int n,m;
ll ans;
int main()
{
    freopen("lopov.in","r",stdin);
    freopen("lopov.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&bag[i].m,&bag[i].v);
    for(int i=1;i<=m;i++) 
    {
        scanf("%d",&bag[i+n].m);
        bag[i+n].v=-1;
    }
    sort(bag+1,bag+m+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n+m;i++)
    {
        if(bag[i].v!=-1) q.push(bag[i].v);
        else if(!q.empty()) {ans+=q.top();q.pop();}
    }
    cout<return 0;
}

STL大法好!!!

T5.ORGANIZATOR

题意:给出N个俱乐部,每个俱乐部可组织多个队伍。现在求每队的人数k,使得参加决赛的人数最多。比赛流程如下:如果某个俱乐部的人数不是每队人数的倍数,则该俱乐部不参加初赛。初赛后,每个俱乐部选一个队伍参加决赛。参加决赛至少要有两个队伍。
数据范围:2<=N<=200,000,每个俱乐部人数不超过2,000,000

样例
input 1:
3
1 2 4

output 1:
4

input 2:
2
1 5

output 2:
2

input 3:
5
4 6 3 8 9

output 3:
9

题解:首先筛法求一个素数表,然后用素数表求一个数的所有因数(具体见代码)。统计所有数的所有因数的出现次数,每个因数的出现次数*因数就是当前答案,更新最大值即可。代码如下。

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
int n,arr[200005],size,tmp[100005],num[2000005],prim[2000005];
ll ans;
void init()
{
    for(int i=2;i<=2000000;i++)
    {
        if(prim[i]==0)
        for(int j=1;i*j<=2000000;j++)
        if(prim[i*j]==0) prim[i*j]=i;
    }
}
void get(int x)
{
    size=1;tmp[0]=1;
    while(x>1)
    {
        int p=prim[x];
        int pow=1;
        for(;x>1&&prim[x]==p;x/=p) pow++;
        for(int i=size;ipow;i++) tmp[i]=tmp[i-size]*p;
        size*=pow;
    }   
}
int main()
{
    freopen("organizator.in","r",stdin);
    freopen("organizator.out","w",stdout);
    init();
    cin>>n;
    for(int i=0;icin>>arr[i];
        get(arr[i]);
        for(int j=0;jfor(int i=1;i<=2000000;i++)
    {
        if(num[i]>1) ans=max(ans,(ll)num[i]*i);
    }
    cout<return 0;
}

T6.SLASTIČAR

题意:给出一个长度为n的字符串A,接下来给出m个字符串,对于每个字符串B,用下列方法与A匹配:
1. 设B的长度为L,先与A的位置为1…L的一段进行匹配:先比较A[1]和B[1],接下来比较A[2]和B[2],直到比较完A[L]和B[L]全匹配或出现一个不相同(即A[i]≠B[i])。
2. 如果匹配失败,则匹配A的2..L+1和B的1..L,如果得不到长度为L的串,则在A后面补’#’直到长度为L,以此类推 。
3. 如果匹配成功或A[len(A)..len(A)+L-1]也匹配完,则退出。
求每个字符串匹配过程比较次数。
数据范围:n≤100,000,m≤50,000,单个字符串B长度不超过100,000,所有字符串B总长不超过300,000,
所有字符串均由数字组成

样例
input 1:
7
1090901
4
87650
0901
109
090

output 1:
7
10
3
4

input 2:
10
5821052680
4
210526
2105
582
105268

output 2:
8
6
3
9

input 3:
3
001
1
11

output 3:
4

题解
1.小数据
对于小数据,直接按照题意模拟即可,再加一个二分优化,至少保过小数据(考试的时候一定要写!)。
2.完整数据
需要分两种情况讨论:
1.匹配失败
对于A[i..i+L-1],答案 Ans=lcp(1)+lcp(2)+…+lcp(x)+x;
枚举这个lcp,然后确定有多少段A[i..i+L-1]与B的lcp等于这个值。显然,把A[i..i+L-1]看成A的后缀不会影响答案,所以可以先给A的后缀排个序,然后从小到大枚举这个lcp,二分区间l..r,使lcp(i)≥j ,复杂度只有O(Llogn)。
2.匹配成功
通过二分,可以确定lcp≥L的区间,在这个区间里找一个出现位置最前的,设它为p,则答案 Ans=lcp(1)+lcp(2)+…+lcp(p)+p;
当我们枚举lcp时,确定了一个区间l..r,那么只有sa[i]≤p [l≤i≤r]的才能统计入答案,为了统计这个区间,我们要保证排序后每一段后缀的sa值都保存下来,因此需要使用可持久化数据结构,推荐主席树。
代码如下,参考了网上大牛的。

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
#define ls (x<<1)
#define rs (x<<1|1)
using namespace std;
const int maxn=100005,maxm=270005,Maxm=2000005;
int n,m,M,sa[maxn],height[maxn],rank[maxn];
int xx[maxn],yy[maxn],s[maxn],v[maxn];
int le[maxn],ri[maxn],len,t[maxm];
char S[maxn],Str[maxn];
ll ans;
struct zhuxi_tree
{
    int tot,l[Maxm],r[Maxm],sum[Maxm],root[maxm];
    void add(int L,int R,int v,int &x,int y)
    {
        x=++tot;
        sum[x]=sum[y]+1;
        if(L==R) return;
        int mid=(L+R)/2;
        l[x]=l[y];r[x]=r[y];
        if(v<=mid) add(L,mid,v,l[x],l[y]);
        else add(mid+1,R,v,r[x],r[y]);
    }
    int count(int L,int R,int v,int x,int y)
    {
        if(v>=R) return sum[y]-sum[x];
        int mid=(L+R)/2;
        if(v<=mid) return count(L,mid,v,l[x],l[y]);
        return count(mid+1,R,v,r[x],r[y])+sum[l[y]]-sum[l[x]];
    }
}T;
void add(int l,int r,int g,int v,int x)
{
    t[x]=min(t[x],v);
    if(l==r) return;
    int mid=(l+r)/2;
    if(g<=mid) add(l,mid,g,v,ls);
    else add(mid+1,r,g,v,rs);
}
int getmin(int l,int r,int a,int b,int x)
{
    if(l==a && r==b) return t[x];
    int mid=(l+r)/2;
    if(b<=mid) return getmin(l,mid,a,b,ls);
    if(a>mid) return getmin(mid+1,r,a,b,rs);
    return min(getmin(l,mid,a,mid,ls),getmin(mid+1,r,mid+1,b,rs));
}
bool cmp(int *r,int a,int b,int l){return r[a]==r[b] && r[a+l]==r[b+l];}
void build_sa()
{
    memset(xx,127,sizeof(xx)); 
    memset(yy,127,sizeof(yy));
    int i,p,l,m='9'+1,*x=xx,*y=yy,*t;
    for(i=0;ifor(i=1;i1];
    for(i=n-1;i>=0;i--) sa[--s[x[i]]]=i;
    for(l=p=1;p2)
    {
        for(p=0,i=n-l;ifor(i=0;iif(sa[i]>=l) y[p++]=sa[i]-l;
        for(i=0;i0;
        for(i=0;ifor(i=1;i1];
        for(i=n-1;i>=0;i--) sa[--s[v[i]]]=y[i];
        for(t=x,x=y,y=t,x[sa[0]]=0,i=p=1;i1],sa[i],l)?p-1:p++;
    }
}
void build_ht()
{
    int k=0;
    for(int i=0;ifor(int i=0;i0 ? k-1 : k;
        if(rank[i]) for(int j=sa[rank[i]-1];S[j+k]==S[i+k];k++);
    }
}
void init()
{
    memset(t,127,sizeof(t));
    for(int i=0;i0,n-1,sa[i],T.root[i+1],T.root[i]);
        add(0,n-1,i,sa[i],1);
    }
}
int bifind(int l,int r,char c,int x)
{
    if(l>r) return l;
    while(lint mid=l+r>>1;
        if(sa[mid]+x>=n || S[sa[mid]+x]1;
        else r=mid;
    }
    return l;
}
int main()
{
    freopen("slasticar.in.10a","r",stdin); 
    freopen("slasticar.out","w",stdout);
    cin>>n;cin>>S;
    build_sa();build_ht();
    init();
    cin>>m;
    while(m--)
    {
        cin>>Str;
        len=strlen(Str);
        le[0]=0;ri[0]=n-1;
        for(M=1;M<=len;M++)
        {
            le[M]=bifind(le[M-1],ri[M-1],Str[M-1],M-1); 
            ri[M]=bifind(le[M],ri[M-1],Str[M-1]+1,M-1)-1;
            if(le[M]>ri[M]) break;
        }
        ans=0;
        if(M<=len)
        {
            for(int i=0;i1;
            cout<else
        {
            int last=getmin(0,n-1,le[len],ri[len],1);
            for(int i=0;i0,n-1,last,T.root[le[i]],T.root[ri[i]+1]);
            cout<return 0;
}

数组要开够,不然蜜汁WA……

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