2020牛客暑假多校训练营 (第九场) A,E,F,I,J,K
A Groundhog and 2-Power Representaion
模拟题，直接开个栈模拟一下即可，具体看代码。
#include
}
scanf("%s",str);
for(int i=0;str[i];++i)
{
if(str[i]=='2')
{
if(!stc2.empty())
stc1.push(str[i]-'0');
if(stc2.empty()&&str[i+1]!='(')
{
num[++tot]=1;
toString(1);
add();
}
else
if(stc2.empty())
stc1.push(str[i]-'0');
}
if(str[i]=='0')
stc1.push(str[i]-'0');
if(str[i]=='(')
stc2.push(str[i]);
if(str[i]==')')
{
int s=0;
while(stc2.top()!='(')
{
stc2.pop();
s+=stc1.top();
stc1.pop();
// cout<
}
stc2.pop();
s+=stc1.top();
stc1.pop();
stc1.pop();
//cout<
//cout<
if(stc2.empty())
{
//cout<
toString(s);
add();
continue;
}
//cout<
//cout<
stc1.push(a[s]);
}
if(str[i]=='+')
{
if(!stc2.empty())
stc2.push(str[i]);
}
}
int len;
for(int i=180;i>=0;i--)
{
if(ans[i]!=0)
{
len=i;
break;
}
}
for(int i=len;i>=0;i--)
{
printf("%d",ans[i]);
}
printf("\n");
return 0;
}
E Groundhog Chasing Death
首先可以将x,y进行如下质因子分解。
- fac[] 为质因子数组
- cnt[] 为该质因子数量数组
进而可以推出下式。
我们知道，gcd(xi,yj)，就是 xi 与 yj 的公共质因子最小数量幂次的乘积，如下。
根据这个式子，可以将原式变为如下表示。
我们将最里面的连乘提到最外面，就可以将连乘转化为幂次求和。
然后，我们枚举 i ,因为此时 i,cntx[k],cnty[k]都是固定的，所以我们可以算出在哪个范围取 i·cntx[k]，在哪个范围取 j·cnty[k] 。
因此求和可以直接算出来。
其中，edge=i·cntx[k]/cnty[k]向下取整。
这样，我们就可以在时间复杂度内算出答案。这里还可以改一下边界，min(d,max(c-1,edge))，这样就可以只用中间的式子去计算了。
#include F Groundhog Looking Dowdy
我们将所有衣服从小到大排序，然后对于每一个 L ,找最近的 R,使其满足来自于m个不同的天数，这样取 a[R]-a[L] 更新答案，即用尺取实现。
#include I The Crime-solving Plan of Groundhog
构造方法就是选最小非零元素为第一个数，其它数字由小到大构成第二个数，第一个数字也是非零元素。
#include J The Escape Plan of Groundhog
利用前缀和O(n 3)的解决，首先，我们将所有位置为0的点，改为-1，这样我们在之后算贡献的时候，只需要算dp[k-1],dp[k],dp[k+1]即可，因为前缀和可能为负数，所以我们将其初始为 maxn。我们枚举上下两行，再枚举列，如果此时列满足都是1，说明其可以作为边界，先更新答案，再dp++。更新答案只需要算上，dp[pky[k]-1],dp[pky[k]],dp[pky[k]+1]，只有这样才是可行的。我们遇到不能满足行都是1时，需要将前面加的贡献从dp中减掉。
#include K The Flee Plan of Groundhog
首先，一次bfs，找到逃跑前的位置，然后一次dfs，求出 Orange 到各点的最短时间，最后再来一次dfs，看 Groundhog 到每一个点是否被抓住，如果被抓住，更新答案，并且不再在这条路径上走，如果到了叶子节点，直接以 Orange 到达该叶子节点的时间更新答案。
#include
if(cost+1>=((d[ver]/2)+(d[ver]%2)))
ma=max(ma,cost+1);
else
dfs2(ver,u,cost+1);
}
if(!flag)
ma=max(ma,d[u]/2+d[u]%2);
}
int main()
{
ma=0;
scanf("%d%d",&n,&t);
for(int i=1;i<n;++i)
{
int x,y;
scanf("%d %d",&x,&y);
add(x,y);
add(y,x);
}
bfs();
for(int i=n;i!=-1;i=pre[i])
{
a[++tot]=i;
}
if(tot<=t+1)
{
puts("0");
return 0;
}
int root=a[tot-t];
//cout<
dfs1(n,-1);
//for(int i=1;i<=n;++i)
//cout<
dfs2(root,-1,0);
printf("%d\n",ma);
return 0;
}