Educational Codeforces Round 92 (Rated for Div. 2) A-F
阿新 • • 發佈：2020-08-07
數學和細節題十分不行的我，這場被打懵了。wa到自閉。
A
因為對兩個數字求\(lcm\)，至少需要小的數字乘以二。所以我們針對每個區間端點，乘以二，判斷是否在內即可。
#include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<climits> #include<stack> #include<vector> #include<queue> #include<set> #include<bitset> #include<map> //#include<regex> #include<cstdio> #include <iomanip> #pragma GCC optimize(2) #define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++) #define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--) #define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--) //#define local typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; const double esp = 1e-6; const double pi = acos(-1.0); const int INF = 0x3f3f3f3f; const int inf = 1e9; using namespace std; ll read() { char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1; while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); } return x * f; } typedef pair<int, int> pir; #define lson l,mid,root<<1 #define rson mid+1,r,root<<1|1 #define lrt root<<1 #define rrt root<<1|1 int T; int l, r; int main() { T = read(); while (T--) { l = read(), r = read(); if (r < 2 * l) { printf("%d %d\n", -1 ,-1); } else { printf("%d %d\n", l, 2 * l); } } return 0; }
B
由題意，一共可以走k步，每次回頭只能走一步，那麼我們可以發現，每一次回頭一共就有了2次步數的減少（去+回），再加上題目按時回頭走的次數不多於五次，所以我們列舉回頭次數。
針對一共\(i\)次回頭，我們最遠能走到\(k-2*i。\)
我們只需要找到最大的\(a[i]+a[i+1]\)，使得這個迴圈走\(i\)次即可。
其次，針對端點，可以考慮成從端點到端點+1,\(a[n]+a[n+1]\)，這個迴圈走\(i\)次。
#include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<climits> #include<stack> #include<vector> #include<queue> #include<set> #include<bitset> #include<map> //#include<regex> #include<cstdio> #include <iomanip> #pragma GCC optimize(2) #define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++) #define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--) #define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--) //#define local typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; const double esp = 1e-6; const double pi = acos(-1.0); const int INF = 0x3f3f3f3f; const int inf = 1e9; using namespace std; ll read() { char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1; while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); } return x * f; } typedef pair<int, int> pir; #define lson l,mid,root<<1 #define rson mid+1,r,root<<1|1 #define lrt root<<1 #define rrt root<<1|1 const int N = 1e5 + 10; int T, n, k, z; int a[N]; int main() { T = read(); while (T--) { n = read(), k = read(), z = read(); upd(i, 1, n)a[i] = read(); int ans = 0; upd(j, 0, z) { int len = k - 2 * j + 1; int mx = 0; int sum = 0; upd(i, 1, len) { mx = max(mx, a[i] + a[i + 1]); sum += a[i]; } //sum += a[len]; ans = max(ans, sum + j * mx); } printf("%d\n", ans); } }
C
依題意，最後剩下的字串一定形如\(abababab\)且長度是偶數。
所以暴力列舉我們剩餘的兩個數字即可。
#include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<climits> #include<stack> #include<vector> #include<queue> #include<set> #include<bitset> #include<map> //#include<regex> #include<cstdio> #include <iomanip> #pragma GCC optimize(2) #define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++) #define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--) #define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--) //#define local typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; const double esp = 1e-6; const double pi = acos(-1.0); const int INF = 0x3f3f3f3f; const int inf = 1e9; using namespace std; ll read() { char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1; while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); } return x * f; } typedef pair<int, int> pir; #define lson l,mid,root<<1 #define rson mid+1,r,root<<1|1 #define lrt root<<1 #define rrt root<<1|1 const int N = 2e5 + 10; int T, n; char s[N]; int num[2]; int main() { T = read(); while (T--) { scanf("%s", s + 1); n = strlen(s + 1); int ans = INF; upd(a, 0, 9) { upd(b, 0, 9) { num[0] = a, num[1] = b; int now = 0; int sum = 0; upd(i, 1, n) { if (num[now] != s[i]-'0')sum++; else { now ^= 1; } } if (now == 1) { if (a != b)sum++; } ans = min(ans, sum); } } printf("%d\n", ans); } return 0; }
D
分為兩個情況，第一個相交，第二個是不相交。
相交的話，先判斷相交的長度是否大於\(k\),小於了直接輸出0。大於的話，接著判斷。我們可以發現，對於一組木板，我們將他擴充套件\(L=min(a_l,b_l)\),\(R=max(a_r,b_r)\)，是最優秀的。因為這樣可以節省費用，同樣是長度\(R-L\)，分別擴充套件兩個木板利用了自己的長度部分，使得費用是最少的。所以我們計算長度\(R-L\)和\(n*(R-L)\)，判斷與k的關係，不行的話利用兩倍費用暴力擴充套件即可。
當不相交，首先擴充套件木板到相同的長度，然後判斷他的\(k\)的關係，如果\(k\)更小的話，我們需要判斷費用是否更加優秀。
有\(a_l,a_r,b_l,b_r\)，我們假定a木板是更靠左的木板。有\(a_r<b_l\)，將\(a\)木板擴充套件到剛好和b相交，有\(dist=(b_l-a_r)\)，將\(a\)繼續向右擴充套件，最多可以產生\(len=b_r-b_l\)的長度，費用是\(dist+len\)。當\(k<dist\)的時候，如果擴充套件\(a\)木板，會產生\(dist+k\)>\(2*k\)的費用，所以不如我們直接暴力擴充套件已經處理好的等長木板。否則的話，先擴充套件\(a\)在擴充套件\(b\).
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#include <iomanip>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<ll, ll> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
const int N = 2e5 + 10;
int T;
ll n, k;
pir a, b;
ll judge(pir x, pir y)
{
return min(y.second, x.second) - max(x.first, y.first);
}
int main()
{
T = read();
while (T--)
{
n = read(), k = read();
ll ans = 0;
a.first = read(); a.second = read();
b.first = read(), b.second = read();
ll tp = judge(a, b);
if(tp>=0)
{
if (tp*n >= k) {
ans = 0;
}
else {
k -= tp * n;
int mod = (max(a.second, b.second) - min(a.first, b.first)) - tp;
if (mod*n >= k)
{
ans += k;
}
else {
ans += mod * n + (k - mod * n) * 2;
}
}
}
else {
if (a.first > b.first)swap(a, b);
int mx = max(a.second, b.second); int mn = min(a.first, b.first);
int mod = (mx - a.second) + (a.first - mn) + (mx - b.second) + (b.first - mn);
int len = mx - mn;
int dist = max(b.first, a.second) - min(b.first, a.second);
if (k <= len)ans += dist + k;
else {
int cnt = 0;
upd(i, 1, n) {
if (k >= len) {
k -= len; ans += mod;
cnt++;
}
else break;
}
{
if (cnt == n) {
ans += k * 2;
}
else {
if (dist > k)ans += 2 * k;
else ans += 2 * dist + (k - dist);
}
}
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
E
由，第x個月第y天和第y個月第x天是相同的星期幾，我們可以得到：
\((x-1)*d+y\mod w==0\),\((y-1)*d+x \mod w==0\)，兩式相減，就有：
\((x-y)*(d-1)\mod w==0\)因為\((d-1)\)是常數，將\(d-1\)除掉。就有：
\((x-y)\mod (w/gcd(w,(d-1))==0\)，因為\(x<=d\&x<=m\)同理可得\(y\)，
故題目化簡成求，有多少對\((x,y)\)滿足上式。列舉倍數\(w''\)，即\(x-y==w'\)，針對\(dm=min(d,m)\)而言，一共有\(\sum_{i=1}^{dm/w'}dm-w'*i\)，用通項公式化簡即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>m
#include<cstdio>
#include <iomanip>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
int T;
ll m, d, w;
ll gcd(ll a, ll b)
{
return a ? gcd(b%a, a) : b;
}
int main()
{
T = read();
while (T--)
{
m = read(), d = read(), w = read();
ll md = min(m, d);
ll w_ = w / gcd(w, d - 1);
ll cnt = md / w_;
ll ans = 0;
ans = md * cnt - w_ * (cnt*(cnt + 1) / 2);
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
F
考慮一個二分圖（依靠顏色分為兩種），我們如果正向連邊，即顏色=1的點，向所有滿足題意的顏色=2的點連邊，該題不容易找到解法。反過來，如果顏色=1的向所以形成bad的顏色=2的點連邊，那麼題目就變成找到最大獨立集。由網路流可以知道，最大獨立集=n-最大匹配。故現在我們需要找到一個匹配方式，是最大的。
常規匹配變數可能是\(n^2\)，我們需要找到一個更優秀的方法。容易想到，利用掃描線的思想，我們把每一個線段抽象成兩個點，起點和終點。現在開兩個集合，表示顏色1，顏色2。針對每一個起點，我們新增他的終點進入集合，針對每一個終點，我們匹配另外一個集合中，最小的終點。可以容易的發現這樣貪心的正確性。（利用multiset，不然會wa4，終點多個重合的情況）
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#include <iomanip>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
const int N = 2e5 + 10;
int L[N], R[N], t[N];
int n;
struct node {
int a, b, c;
};
multiset<int>s[3];
vector<node>vec;
int main()
{
n = read();
upd(i, 1, n) {
L[i] = read(), R[i] = read(), t[i] = read(); t[i]--;
}
upd(i, 1, n)
{
vec.push_back(node{ L[i],i,0 });
vec.push_back(node{ R[i],i,1 });
}
sort(vec.begin(), vec.end(), [](node t1, node t2) {
if (t1.a == t2.a)
{
return t1.c < t2.c;
}
else { return t1.a < t2.a; };
});
int pi = 0;
for (auto k : vec)
{
int id = k.b;
int col = t[id];
if (k.c == 1)
{
if (s[col].find(R[id]) != s[col].end())
{
if (s[col^1].size()) {
pi++; s[col ^ 1].erase(s[col ^ 1].begin());
}
s[col].erase(s[col].find(R[id]));
}
}
else {
s[col].insert(R[id]);
}
}
cout << n - pi << endl;
return 0;
}