2020 China Collegiate Programming Contest Qinhuangdao Site（A E F G K）

目录

A. A Greeting from Qinhuangdao

E. Exam Results

F. Friendly Group 

G. Good Number

K. Kingdom's Power

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A. A Greeting from Qinhuangdao

题意：有r个红球，b个蓝球，取两次，求两次都是红球的概率；

思路：答案即为c[2][r]/c[2][r+b]。

void solve() {
	int r,b,p;
	cin>>r>>b;
	int k1=r*(r-1),k2=(b+r)*(b+r-1);
	p=__gcd(k1,k2),k1/=p,k2/=p;
	cout<<"Case #"<<++t<<": "<

E. Exam Results

题意：每个人的成绩有两种可能（ai或bi）,设这次考试最高成绩为x，定义及格线为百分之x*p,问最多可以有多少人及格

思路：尺取，先将所有人的成绩都存入数组排个序，然后尺取合法的区间，换成暴力的思想来说，就是枚举最高分数，具体实现见代码注释。

struct ss {
	int x,y;
} a[3*maxn];
int st[3*maxn];
bool cmp(ss a,ss b) {
	return a.xmp;
	int n,k;
	cin>>n>>k;
	FOR(1,n) {
		cin>>a[i].x>>a[n+i].x;//a[i].x表示成绩，a[i].y表示这是第i个人的成绩 
		a[i].y=i,a[n+i].y=i;
		st[i]=st[n+i]=0;
	}
	sort(a+1,a+2*n+1,cmp);
	int l=1,r=0,now=0;
	int ans=-inf,f=0;
	while(r<2*n) {
		r++;
		if(st[a[r].y]==0)now++;//若还没选过这个人的成绩，则区间内的人数数量加一 
		st[a[r].y]++;
		if(now==n)f=1;//至少先选满n个人，再开始尺取 
		while(f&&a[l].x*100

F. Friendly Group 

题意：给定n个学生，其中有m对好朋友（x,y），老师要挑选一些学生去比赛，设定这群学生友谊值初始为0，如果一对好朋友都被挑选到，群体友谊值+1，如果一对好朋友当中只有其中一人被选中，群体友谊值−1，如果有k个学生参加了比赛，群友谊值−k，问挑选出学生群最大友谊值是多少。

思路：可以发现，如果选了一个人，这个人对于答案的贡献为-1，若选了这个人的朋友， 这个人对于答案的还是贡献为-1，并不会改变，但是若这个人的朋友与朋友之间是朋友，那么答案就会增加。所以对于一个人，要么不选他，并且也不选他的朋友，要么选他，并且将他的朋友也选择了，对于这个问题我们可以利用并查集，记录一个连通块里的朋友对数与朋友人数，若朋友对数大于了朋友人数，我们就选它。

int find(int x){
	if(x==pre[x])return x;
	return pre[x]=find(pre[x]);
}
void solve() {
	int n,m,ans=0,x,y;
	cin>>n>>m;
	FOR(1,n)pre[i]=i,sum[i]=0,num[i]=1;//sum存朋友对,num存人数 
	while(m--){
		cin>>x>>y;
		int fx=find(x),fy=find(y);
		if(fx!=fy){
			sum[fx]+=sum[fy]+1;
			num[fx]+=num[fy];
			pre[fy]=fx;
		}
		else sum[fx]++;//若祖先相同则这个连通块的朋友对数加一
	}
	FOR(1,n) if(find(i)==i)ans+=max(0ll,sum[i]-num[i]);//答案加上朋友对大于人数的数量
	cout<<"Case #"<<++t<<": "<

G. Good Number

题意：如果一个数字是Good Number，当且仅当x开k次方后，能整除x。即x能整除以（x开k次方后的数）现在给出n和k，求1到n之中Good Number 的个数。

思路：若一个数开k次方后等于x，则该数的范围为[x^k,x^(k+1)-1]，则这个区间内只要是x的倍数的数都可以，又因为[1,x^k-1]中x的倍数的个数为⌊(x^k-1)/x⌋，[1,x^(k+1)-1]中x的倍数的个数为⌊x^(k+1)-1/x⌋，所以每个区间对于答案的贡献为⌊x^(k+1)-1/x⌋-⌊(x^k-1)/x⌋。

int qkp(int a,int b) {
	int sum=1;
	while(b) {
		if(b&1)sum*=a;
		b>>=1;
		a*=a;
	}
	return sum;
}
int t=0;
void solve() {
	int n,k,ans=0;
	cin>>n>>k;
	if(k>30||k==1) {
		cout<<"Case #"<<++t<<": "<

K. Kingdom's Power

题意：根节点1上有无数个军队，每一次国王都可以指挥一支军队向相邻一个节点运动，问多少次占领所有的节点。

思路：考虑行进的方案，我们必然是先深度最浅的子节点，而对于深度更深的子节点，我们只有两种遍历方案：

1.从根节点直接跑过来

2.从旁边的叶子节点绕过来

最后我们只需先跑一遍dfs，根据深度排序下叶子节点，然后再跑一遍dfs根据上述方案两者取min即可。

void dfs(int x) {
	for(auto k:e[x]) {
		dep[k]=dep[x]+1;//dep存深度
		dfs(k);
		maxx[x]=max(maxx[x],maxx[k]+1);//maxx存子节点的最深深度
	}
}
bool cmp(int x,int y) {
	return maxx[x]>n;
	FOR(0,n)dep[i]=maxx[i]=pre[i]=0,e[i].clear();
	FOR(2,n)cin>>x,e[x].push_back(i);
	dfs(1);
	FOR(1,n)sort(e[i].begin(),e[i].end(),cmp);
	dfs2(1);
	cout<<"Case #"<<++t<<": "<