Codeforces 8VC Venture Cup 2016 - Elimination Round

C. Block Towers

贪心，先分别尽量用低的高度，标记哪些高度用过了。对于那些冲突的，选一个尽可能低的来用。二分答案也可以，并且还有用公式 O(1) 的解法。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long 

bool vis[5000010];

int main(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;

    for(int i=1;i<=n;i++){
        vis[i*2]=1;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        vis[i*3]=1;
    }

    int top_2 = n*2;
    int top_3 = m*3;

    int MAX = min(top_2,top_3);

    for(int i=6;i<=MAX;i+=6){
        int go2=top_2+2;
        while(vis[go2]){
            go2+=2;
        }
        int go3=top_3+3;
        while(vis[go3]){
            go3+=3;
        }
        if(go2<=go3){
            top_2=go2;
            vis[go2]=1;
        }else{
            top_3=go3;
            vis[go3]=1;
        }
    }

    cout<<max(top_2,top_3)<<endl;
    return 0;
}

D. Jerry’s Protest

基础的概率题。可以先算第一局分差为 i 的概率 p1(i) ，然后算前两局合起来分差为 i 的概率 p2(i) ，最后枚举第三局分差，乘上 p2 的前缀和。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long 

int a[2010];

double p[10010];
double p2[10010];
double sum[10010];

int main(){
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }

    sort(a+1,a+n+1);

    double pro = 1.0/(n*(n-1)/2);

    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            p[a[j]-a[i]] += pro;
        }
    }

    for(int i=1;i<=5000;i++){
        for(int j=1;j<=5000;j++){
            p2[i+j]+=p[i]*p[j];
        }
    }

    for(int i=1;i<=10000;i++){
        sum[i]=sum[i-1]+p2[i];
    }

    double ans = 0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            int delta = a[j]-a[i];
            ans += pro*sum[delta-1];
        }
    }

    printf("%.10f",ans);
    return 0;
}

E. Simple Skewness

大多数人应该都是用二分/三分来做的。这里有个 O(n) 的解法。。首先可以证明，最优解总可以只包含奇数个元素，也就是只有一个中位数。排序后，对于给定的中位数 x(i) 和给定的集合大小 2∗len+1 ，集合肯定由 x(i−len) ~ x(i) 和 x(n+1−len) ~ x(n) 组成。枚举中位数，然后动态维护集合，每次加入 x(i) 和 x(n−len+1) ，然后不断删除 x(i−len) 和 x(n−len+1) ，直到这两个数的均值小于整个集合的均值。因为这样做中位数不会动而平均数会不断变大。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n;
int x[200010];
int a[1000010]; 

int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&x[i]);
        a[x[i]]++;
    }
    //sort(x+1,x+n+1);
    int k=1;
    for(int i=0;i<=1000000;i++){
        while(a[i]--){
            x[k++]=i;
        }
    }

    if(n<=2){
        cout<<1<<endl;
        cout<<x[1]<<endl;
    }else{
        int seglen=0;
        int median=1;

        double MAX=0;
        int cnt=1;
        double sum = x[1];
        int len = 0;

        for(int i=2;i<n;i++){
            len++;
            cnt+=2;
            sum+=x[i];
            sum+=x[n+1-len];

            while( (x[i-len]+x[n+1-len])/2.0 <= sum/cnt && len>1){
                sum-=x[i-len];
                sum-=x[n+1-len];
                len--;
                cnt-=2;
            }

            if((sum/cnt-x[i])>MAX){
                MAX = (sum/cnt-x[i]);
                seglen=len;
                median=i;
            }
        }

        cout<<seglen*2+1<<endl;
        for(int i=median-seglen;i<=median;i++){
            printf("%d ",x[i]);
        }
        for(int i=n-seglen+1;i<=n;i++){
            printf("%d ",x[i]);
        }
    }
    return 0;
}

F. Group Projects

明知道这题是DP，还是想不出来，太弱了。。（先排序）状态为 dp(i,j,k) ，指的是当前考察到了第 i 个元素，有 j 个组还可以加入后面的元素，当前总的不平衡为 k 。每次考察到新的元素，可以加入到之前的某个组，可以单独成组并不允许继续加入或允许继续加入，状态转移见代码。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

const int mod = 1e9+7;

int a[210];

ll dp[2][210][1010];

int main(){
    int n,K;
    cin>>n>>K;

    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }

    sort(a+1,a+n+1);
    int cur=0;
    int pre=1;
    dp[cur][0][0]=1;
    a[0]=a[1];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        swap(cur,pre);
        memset(dp[cur],0,sizeof(dp[cur]));
        for(int k=0;k<=K;k++){
            dp[cur][0][k] += dp[pre][0][k]; 
            dp[cur][1][k] += dp[pre][0][k];

            dp[cur][0][k] %= mod;
            dp[cur][1][k] %= mod;
        }

        for(int j=1;j<i;j++){
            for(int k=0;k<=K;k++){
                if(k-j*(a[i]-a[i-1])<0)continue; 
                dp[cur][j-1][k] += j*dp[pre][j][k-j*(a[i]-a[i-1])];
                dp[cur][j][k] += (j+1)*dp[pre][j][k-j*(a[i]-a[i-1])];   
                dp[cur][j+1][k] += dp[pre][j][k-j*(a[i]-a[i-1])];

                dp[cur][j-1][k] %= mod;
                dp[cur][j][k] %= mod;
                dp[cur][j+1][k] %= mod;
            }
        }
    }

    int ans = 0;
    for(int k=0;k<=K;k++){
        ans+=dp[cur][0][k];
        ans%=mod;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}