Codeforces Round #258 (div2) ABC水题 D规律 E容斥原理
这场CF还是比较简单的吧.....要是作比赛的时候心情好一点还是能做的蛮好的
Problem 451A. Game With Sticks
题目大意：
就是现在又m条竖线和n条横线，他们相交形成n*m个交点，现在两个人依次选择，每个人选择一个交点，那么经过这个点的所有直线都将消失，当最后轮到谁选的时候如果没有交点可选了，那个人就输了，要求给了n和m之后输出结果
大致思路：
首先要想到每次选取一个点之后，n 和 m 都相当于减少1，剩下(n - 1)*(m - 1) 个交点
那么当n和m在选取k次之后就会变成 n - k, m - k，这样很容易发现当n或者m当中的一个降为0的时候就会不再有交点
那么这个游戏的结果就之后n和m中较小的那一个有关，判断较小的那一个数的奇偶性即可
代码如下：
Result : Accepted Memory : 4 KB Time : 30 ms
/*
* Author: Gatevin
* Created Time: 2014/7/24 23:28:16
* File Name: test.cpp
*/
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<fstream>
#include<vector>
#include<list>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<iomanip>
using namespace std;
const double eps(1e-8);
typedef long long lint;
int n,m;
int main()
{
cin>>n>>m;
m = min(n,m);
if(m&1)
{
cout<<"Akshat"<<endl;
}
else
{
cout<<"Malvika"<<endl;
}
return 0;
}
Problem 451B . Sort The Array
题目大意：
就是现在给出一个数组a[n]，问是否能够将其中的一整段反过来摆放使得得到的数列单调递增，如果不能输出"no“，能就输出”yes“然后输出要反向的区间段的起始和终点
大致思路：
首先如果原数列本身就是单调递增的话，直接反向1,1即可
如果不是就先将数列按升序排序然后与原数列进行对比，从第一个开始对比找到第一个不相同的位tmp1，然后从最后一位开始向前对比找到不相同的第一位tmp2，
那么就是对比排列好的数列和原数列的 a [ tmp1 ~ tmp2 ] 之间是不是正好是反的关系即可
如果是就输出"yes" tmp1, tmp2，不是就输出 ” no"
代码如下：
Result : Accepted Memory : 796 KB Time : 93 ms
/*
* Author: Gatevin
* Created Time: 2014/7/24 23:37:21
* File Name: test.cpp
*/
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<fstream>
#include<vector>
#include<list>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<iomanip>
using namespace std;
const double eps(1e-8);
typedef long long lint;
int n;
int a[100010];
int b[100010];
int main()
{
cin>>n;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
cin>>a[i];
b[i] = a[i];
}
sort(b + 1, b + n + 1);
bool flag = true;
int tmp1, tmp2;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
if(a[i] != b[i])
{
flag = false;
tmp1 = i;
break;
}
}
for(int i = n; i >= 1; i--)
{
if(a[i] != b[i])
{
flag = false;
tmp2 = i;
break;
}
}
if(flag)
{
cout<<"yes"<<endl;
cout<<"1 1"<<endl;
return 0;
}
flag = true;
for(int i = 0; i < tmp2 - tmp1; i++)
{
if(a[i + tmp1] != b[tmp2 - i])
{
flag = false;
break;
}
}
if(flag)
{
cout<<"yes"<<endl;
cout<<tmp1<<" "<<tmp2<<endl;
}
else
{
cout<<"no"<<endl;
}
return 0;
}
Problem 451C. Predict Outcome Of The Game
题目大意：
现在有三个队伍参加n场比赛， 每场比赛只会有1个队伍获胜，对于单场的比赛不会出现平局，现在告诉你三个队伍中第一个队伍与第二个队伍的分差的绝对值 d1, 第二个队伍与第三个队伍的分差 d2 ， 一共已经进行了k场比赛， 一共有n场比赛，问是否会出现在n场比赛都结束之后三个队伍的得分一样， 若可能就输出“yes"否则输出"no"
大致思路：
首先设三支队伍当前k场比赛的得分分别是 x1,x2,x3那么 | x1 - x2 | = d1 ， | x2 - x3 | = d2，x1 + x2 + x3 = k，
要想最终的结果为平局那么应该有 0 <= xi <= n / 3 ( n % 3 == 0) 是前提
所以可以分情况讨论：
当 x1 <= x2 && x2 <= x3 或 x1 >= x2 && x2 <= x3 或 x1 <= x2 && x2 >= x3 或 x1 >= x2, x2 >= x3， 这样子分四种情况讨论求出x1,x2,x3之后判断解是否合法即可
代码如下：
Result : Accepted Memory : 4 KB Time : 623 ms
/*
* Author: Gatevin
* Created Time: 2014/7/30 21:07:53
* File Name: test.cpp
*/
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#include<sstream>
#include<fstream>
#include<vector>
#include<list>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<iomanip>
using namespace std;
const double eps(1e-8);
typedef long long lint;
int t;
lint n,k,d1,d2,x1,x2,x3;
bool check(lint x)
{
if(0 <= x && x <= n / 3)
{
return true;
}
return false;
}
int main()
{
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>k>>d1>>d2;
if(n % 3)
{
cout<<"no"<<endl;
continue;
}
if((k + d2 - d1) % 3 == 0 && (k + d2 + 2*d1) % 3 == 0 && (k - 2*d2 - d1) % 3 == 0)
{
x1 = (k + d2 + 2*d1) / 3;
x2 = (k + d2 - d1) / 3;
x3 = (k - 2*d2 - d1) / 3;
if(x1 >= x2 && x2 >= x3 && check(x1) && check(x2) && check(x3))
{
cout<<"yes"<<endl;
continue;
}
}
if((k - d1 - d2) % 3 == 0 && ( k + 2*d1 - d2) % 3 == 0 && (k - d1 + 2*d2) % 3 == 0)
{
x1 = (k + 2*d1 - d2) / 3;
x2 = (k - d1 - d2) / 3;
x3 = (k - d1 + 2*d2) / 3;
if(x1 >= x2 && x2 <= x3 && check(x1) && check(x2) && check(x3))
{
cout<<"yes"<<endl;
continue;
}
}
if((k + d2 + d1) % 3 == 0 && (k + d2 - 2*d1) % 3 == 0 && (k - 2*d2 + d1) % 3 == 0)
{
x1 = (k + d2 - 2*d1) / 3;
x2 = (k + d2 + d1) / 3;
x3 = (k - 2*d2 + d1) / 3;
if(x1 <= x2 && x2 >= x3 && check(x1) && check(x2) && check(x3))
{
cout<<"yes"<<endl;
continue;
}
}
if((k + d1 - d2) % 3 == 0 && (k - 2*d1 - d2) % 3 == 0 && (k + d1 + 2*d2) % 3 == 0)
{
x1 = (k - 2*d1 - d2) / 3;
x2 = (k + d1 - d2) / 3;
x3 = (k + d1 + 2*d2) / 3;
if(x1 <= x2 && x2 <= x3 && check(x1) && check(x2) && check(x3))
{
cout<<"yes"<<endl;
continue;
}
}
cout<<"no"<<endl;
}
return 0;
}
Problem 451D. Count Good Substrings
题目大意：
现在定义Good String：一个string将其中连续的相同的字符合并之后得到的字符串如果是回文串，就成这个String 是Good String， 现在给出一个只包含字母'a' 和 ‘b' 的字符串， 问其字串中长度为奇数的 Good String 有多少个， 长度为偶数的Good String 有多少个
大致思路：
首先要明白， 既然给出的字符串中只有'a' 和 ‘b'这两种字符， 那么要想最终得到的是Good String ，其首部和结尾都必须是相同的字符，可以证明如果在原字符串中选择两个相同的字符作为首尾，得到的子串一定是Good String
证明如下：
首先选取的字符串一定是首尾相同的字符 x， 那么由于在合并连续的字符后得到的字符串一定是a和b交互出现，不可能在合并之后还有连续相同的字符，那么就说明所有的字符x在合并之后得到的新串中一定是都占据奇数位或者都占据偶数位， 而相应的b所占据的一定是对立的全偶数位或全奇数位
由于选择的是首尾都相同的字符，可以发现在合并相同字符之后得到的一定是奇数长度的新串，如果是偶数长度，那么首位 a(1) 和结尾 a(2*k)将分别占据不同奇偶性的位，与同样的字符占据的只是一种奇偶位矛盾，故不成立。而既然合并之后得到的字符串是奇数位的长度且a,b交互的，由对称性一定是回文串
所以如果选取的是首尾相同字符的字串，该字串一定是Good String，证毕
而对于首位不相同的字串， 合并同类项之后得到的首位一定不相同， 不可能是Good String
那么Good String 类型的字串的个数，其实就是从原字符串中选取两个位置， 这两个位置的字符相同，有多少种选法
要求奇数长度或者偶数长度只需要注意一下两个位置的差值+1 是奇数还是偶数就可以了
那么我们可以统计一下在奇数位置的a，b和偶数位置的a,b的数量，便可以计算出来了，不需要暴力一个个地查，公式见代码
代码如下：
Result : Accepted Memory : 256 KB Time : 31 ms
/*
* Author: Gatevin
* Created Time: 2014/7/30 22:02:29
* File Name: test.cpp
*/
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<fstream>
#include<vector>
#include<list>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<iomanip>
using namespace std;
const double eps(1e-8);
typedef long long lint;
string s;
lint odda,oddb;
lint evena, evenb;
int main()
{
cin>>s;
odda = oddb = evena = evenb = 0;
for(int i = 0; i < s.length(); i++)
{
if(s[i] == 'a' && ((i + 1)&1))
{
odda++;
}
if(s[i] == 'a' && (i & 1))
{
evena++;
}
if(s[i] == 'b' && (i & 1))
{
evenb++;
}
if(s[i] == 'b' && ((i + 1) & 1))
{
oddb++;
}
}
lint even = 0;
lint odd = 0;
even = odda*evena + oddb*evenb;
odd = odda*(odda + 1) / 2 + oddb*(oddb + 1) / 2 + evena*(evena + 1)/2 + evenb*(evenb + 1) / 2;
cout<<even<<" "<<odd<<endl;
return 0;
}
Problem 451E. Devu And Flowers
题目大意：
现在有n个盒子， 第 i 个盒子里装有 f [ i ] 支花， 每个盒子里装的花完全相同，n个盒子里的花的颜色都不相同，现在需要从这n个盒子当中拿出s支花， 输出有多少种方法， 输出结果需要模上1000000007
大致思路：
设 all 表示所有的花的数量
定义集合：
A[ i ] = { 从第 i 个盒子中取的花超出了第 i 个盒子允许的上线} ， 全集为U，那么
answer = Card( U ) - Card( A[1] | A[2] | A[3] | .... | A[ n ] )
那么由容斥原理有
首先Card( U ) = C( all , s)
对于Card( A[ i ] )可以这样想：
第 i 个盒子当中拿出来的花首先拿出 f [ i ] + 1支保证条件成立， 然后剩下需要拿的 s - (f [ i ] + 1) 支花就需要分成n个组，可以有组为空，这样根据挡板法相当于 s - (f [ i ] + 1) + n 个相同物品分成n组，每组至少1个，这样有C(s - (f [ i ] + 1) + n - 1, n - 1) 种取法
对于Card(A[ i ] & A[ j ])之类的同理
接下来就是排列组合数的问题，由于s可以达到10^12显然开数组记录C[ n ][ m ]的所有值是不明智的，这里可以用到 Lucas 定理也就是：
C(n, m) % p = C(n / p, n / p) * C(n % p, m % p) % p
(lucas(n,m,p) = cm(n%p, m%p)*lucas(n/p, m/p, p),, lucas(x, 0, p) = 1)
代码如下：
Result : Accepted Memory : 4 KB Time : 951 ms
/*
* Author: Gatevin
* Created Time: 2014/7/31 19:24:57
* File Name: test.cpp
*/
#include<iostream>
#include<sstream>
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#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<iomanip>
using namespace std;
const double eps(1e-8);
typedef long long lint;
lint s;
lint f[22];
int n;
const lint mod = 1000000007LL;
lint quick_pow(lint base, lint pow)
{
lint ret = 1;
while(pow)
{
if(pow & 1)
{
ret = (ret*base) % mod;
}
base = (base*base) % mod;
pow >>= 1;
}
return ret;
}
lint getc(lint a, lint b)
{
if(a < b) return 0;
if( b > a - b) b = a - b;
lint s1 = 1, s2 = 1;
for(lint i = 0; i < b; i++)
{
s1 = (s1*(a - i)) % mod;
s2 = (s2*(i + 1)) % mod;
}
return s1*quick_pow(s2, mod - 2) % mod;
}
lint lucas(lint a, lint b)
{
if(b == 0) return 1;
return getc(a % mod, b % mod) * lucas(a / mod, b / mod) % mod;
}
lint solve()
{
lint ans = 0;
for(int i = 0; i < (1 << n); i++)
{
lint sign = 1;
lint sum = s;
for(int j = 0; j < n; j++)
{
if(i & ( 1 << j))
{
sum -= f[j] + 1;
sign *= -1;
}
}
if(sum < 0)
{
continue;
}
ans = (ans + (sign*lucas(sum + n - 1, n - 1) + mod) % mod) % mod;
ans %= mod;
}
return (ans + mod) % mod;
}
int main()
{
cin>>n>>s;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
cin>>f[i];
}
lint answer = solve();
cout<<answer<<endl;
return 0;
}