Codeforces #277.5 (Div.2 A~F)
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Codeforces Round #277.5(Div.2)
489A. SwapSort
题意：
给定一个长度为n的序列，每次可以选择序列中的两个元素交换位置，求任意一组交换次数不超过n次的方案，使交换后的序列是按升序排列的。
n <= 3000。
题解：
我们可以使用选择排序来解决这个问题。
虽然选择排序会进行O(n^2)次比较，但是它具有一个很好的性质，我们可以使它的交换次数是O(n)的。
时间复杂度O(n^2)。
代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, a[3333], ans[3333][2], tot;
int main()
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 0; i < n; ++i)
scanf("%d", a + i);
for(int i = 0; i < n; ++i)
{
int tmp = i;
for(int j = i + 1; j < n; ++j)
if(a[j] < a[tmp])
tmp = j;
if(tmp != i)
{
ans[tot][0] = i;
ans[tot][1] = tmp;
++tot;
swap(a[i], a[tmp]);
}
}
printf("%d\n", tot);
for(int i = 0; i < tot; ++i)
printf("%d %d\n", ans[i][0], ans[i][1]);
return 0;
}
489B. BerSU Ball
题意：
有n个男孩、m个女孩参加舞会，每个人有一个舞蹈能力，我们约定一对男女能够一起跳舞，必须满足两人的舞蹈能力之差的绝对值不超过1，求最多能组成多少对男女跳舞。
n, m <= 100。
题解：
我们可以将男孩、女孩的舞蹈能力分别排序，这样可以使得任意一个男生可以共舞的女生是连续的一段，任意一个女生可以共舞的男生是连续的一段。
不难想到用f[i, j]表示前i个男生和前j个女生能成对的数量，将问题转化为dp。时间复杂度O(nm)。
排序后也可以用贪心的算法。时间复杂度O(nlogn)。
代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, m, a[233], b[233], f[233][233];
int main()
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", a + i);
scanf("%d", &m);
for(int i = 1; i <= m; ++i)
scanf("%d", b + i);
sort(a + 1, a + n + 1);
sort(b + 1, b + m + 1);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = 1; j <= m; ++j)
{
f[i][j] = max(f[i][j - 1], f[i - 1][j]);
if(abs(a[i] - b[j]) <= 1)
f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - 1] + 1);
}
printf("%d\n", f[n][m]);
return 0;
}
489C. Give Length and Sum of Digits...
题意：
限定一个数的位数为m，各数位数字之和为s，求这个数可能的最小值和最大值，不存在则输出-1 -1。
m <= 100。
题解：
无解的情况：一是每个位上都是9也无法满足s，即s > 9*m；二是当m>1时s不足1，因为一个m位数最小是10^(m-1)。
这个数的最高位最少是1，其他位最少是0，可以利用贪心的思想构造出最优解，求最小值是尽量用低位去满足s，求最大值则是从高位。
时间复杂度O(m)。
代码：
#include <cstdio>
int m, s, str1[233], str2[233], cnt1, cnt2;
int main()
{
scanf("%d%d", &m, &s);
if(s == 0)
{
if(m == 1)
puts("0 0");
else
puts("-1 -1");
return 0;
}
if(s > 9 * m)
{
puts("-1 -1");
return 0;
}
str1[m - 1] = str2[m - 1] = cnt1 = cnt2 = 1;
for(int i = 0; i < m && cnt1 < s; ++i)
if(cnt1 + 9 - str1[i] < s)
{
cnt1 += 9 - str1[i];
str1[i] = 9;
}
else
{
str1[i] += s - cnt1;
cnt1 = s;
}
for(int i = m - 1; i >= 0 && cnt2 < s; --i)
if(cnt2 + 9 - str2[i] < s)
{
cnt2 += 9 - str2[i];
str2[i] = 9;
}
else
{
str2[i] += s - cnt2;
cnt2 = s;
}
for(int i = m - 1; i >= 0; --i)
putchar('0' + str1[i]);
putchar(' ');
for(int i = m - 1; i >= 0; --i)
putchar('0' + str2[i]);
putchar('\n');
return 0;
}
489D. Unbearable Controversy of Being
题意：
给定n个点，m条边的有向图，求满足条件"b≠d, a→b→d, a→c→d"的本质不同的四元组(a, b, c, d)的个数，其中(a, b, c, d)与(a, c, b, d)本质相同。
n <= 3000, m <= 30000。
题解：
算出每个点走两步到达另一个点的方案数，通过组合数学知识算出满足条件的(a, *, *, d)的个数。
关于走两步，可以搜索两步，因为每个点的搜索通过的边数量是O(m)的，所以整体算法是O(nm)的。
时间复杂度O(nm)。
代码：
#include <map>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, m;
map<int, int> g1[3010];
int g2[3010];
long long ans;
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1, u ,v; i <= m; ++i)
{
scanf("%d%d", &u, &v);
++g1[u][v];
}
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
memset(g2, 0, sizeof g2);
for(map<int, int>::iterator it1 = g1[i].begin(), jt1 = g1[i].end(); it1 != jt1; ++it1)
{
int j = it1 -> first;
for(map<int, int>::iterator it2 = g1[j].begin(), jt2 = g1[j].end(); it2 != jt2; ++it2)
{
int k = it2 -> first;
g2[k] += (it1 -> second) * (it2 -> second);
}
}
for(int j = 1; j <= n; ++j)
if(i != j && g2[j] >= 2)
ans += (long long)g2[j] * (g2[j] - 1) / 2;
}
printf("%I64d\n", ans);
return 0;
}
489E. Hiking
题意：
数轴上有n个点，依次标号1~n，每个点有两个属性，坐标x_i和到达该点可增加的好感度b_i。
规定如果从一个点到另一个点的路程是r，那么这段路程会增加\sqrt{|r - l|}点不适感，其中l为已给定的常数。
求一个运动路线使得从原点开始到达第n个点后的不适感与好感度的比值最小，只能从编号小的点向编号大的点走，保证走的方向一致。
n <= 1000, l <= 10 ^ 5, x_i <= 10 ^ 6。
题解：
经典的分数规划问题。
不妨设最优解的不适感与好感度的比值为k，走过的点数为m，每次增加不适感为p_i，好感度q_i，则\sum_{i = 1} ^ {m} {p_i} / \sum_{i = 1} ^ {m} {q_i} = k，那么可以转化为\sum_{i = 1} ^ {m} {p_i - k * q_i} = 0。如果给每种可能的路径定义权值为{p_i - k * q_i}，则这个式子可以理解为从0点到第n个点的路径上每条边的权值和。则对于给定的答案，我们可以通过计算最短路算出答案是否合法。
如果存在最短路的值不小于0，则该解及比它大的k可能可行。据此可以二分答案k。
时间复杂度O(nlog\sqrt{nx_i})。
代码：
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const double eps = 1e-10;
int n, l, x[1010], b[1010], p[1010];
bool vis[1010];
double f[1010], L, R, M;
bool judge()
{
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
f[i] = sqrt(abs(x[i] - l));
p[i] = 0;
for(int j = 1; j < i; ++j)
if(f[i] > f[j] + sqrt(abs(x[i] - x[j] - l)))
{
f[i] = f[j] + sqrt(abs(x[i] - x[j] - l));
p[i] = j;
}
f[i] -= M * b[i];
}
return f[n] >= 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &l);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d%d", x + i, b + i);
for(M = 1; judge(); M *= 2);
L = (int)M / 2;
R = M;
while(R - L >= eps)
{
M = (L + R) / 2;
if(judge())
L = M;
else
R = M;
}
stack<int> s;
for(int i = n; i; i = p[i])
s.push(i);
while(!s.empty())
{
printf("%d ", s.top());
s.pop();
}
putchar('\n');
return 0;
}
489F. Special Matrices
题意：
限定一种n*n的01矩阵，它的每行或每列数字之和为2。
现给定一个这种01矩阵的前m行，求这种矩阵有多少种可能的形态，答案可能很大，对一个数取模。
2 <= n <= 500, 0 <= m <= n, 2 <= mod <= 10 ^ 9。
题解：
我们可以统计出有多少个列还差两个1，有多少个列还差一个1，设f[i, j]表示剩i个列差两个1，剩j个列差一个1的方案数，则可以分三种情况讨论填1~2个1之后的状态，利用组合数学推出f[i, j]。
时间复杂度O(n^2)。
代码：
#include <cstdio>
int n, m, mod, r[555], cnt[2], f[555][555];
char str[555];
int main()
{
scanf("%d%d%d", &n, &m, &mod);
for(int i = 0; i < m; ++i)
{
scanf("%s", str);
for(int j = 0; j < n; ++j)
if(str[j] == '1')
++r[j];
}
for(int i = 0; i < n; ++i)
++cnt[r[i]];
f[0][0] = 1;
for(int i = 0; i <= cnt[0]; ++i)
for(int j = 0; j <= n; ++j)
{
if(i >= 2 && j + 2 <= n)
{
f[i][j] += (long long)i * (i - 1) / 2 * f[i - 2][j + 2] % mod;
if(f[i][j] >= mod)
f[i][j] -= mod;
}
if(j >= 2)
{
f[i][j] += (long long)j * (j - 1) / 2 * f[i][j - 2] % mod;
if(f[i][j] >= mod)
f[i][j] -= mod;
}
if(i && j)
{
f[i][j] += (long long)i * j * f[i - 1][j] % mod;
if(f[i][j] >= mod)
f[i][j] -= mod;
}
}
printf("%d\n", f[cnt[0]][cnt[1]]);
return 0;
}
小记
考试应该戒骄戒躁；学习算法与实践缺一不可。