2019-2020 ICPC, NERC, Southern and Volga Russian Regional Contest
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Contest Info
<hr> [Practice Link](https://codeforces.com/contest/1250)ios
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|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 9/14 | O | O | O | - | O | O | - | O | - | O | - | O | - | O |
- O 在比賽中經過
- Ø 賽後經過
- ! 嘗試了可是失敗了
- - 沒有嘗試
Solutions
<hr>c++
A. Berstagram
題意： 給出$n$個數，剛開始第$i$個數在第$i$個位置，有$m$次操做，將標號爲$a_i$的數和它前面那個數交換位置，若是它已經在最前面了，那麼不操做。 最後輸出$n$行，表示每一個數所待過的位置的下標的最小值和最大值app
思路： 每次交換隻會影響兩個數，暴力便可。ide
代碼：ui
<details> <summary>view code</summary> ```c++ #include <bits/stdc++.h> using namespace std; using pII = pair<int, int>; #define fi first #define se second const int N = 4e5 + 10; int n, m, a[N], fa[N], b[N]; pII res[N]; void up(int x, int y) { res[x].fi = min(res[x].fi, y); res[x].se = max(res[x].se, y); }spa
int main() { while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) { for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = i, fa[i] = i, res[i] = pII(i, i); for (int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d", b + i); for (int i = 1; i <= m; ++i) { int x = b[i]; if (fa[x] == 1) continue; int pre = a[fa[x] - 1]; swap(fa[x], fa[pre]); swap(a[fa[x]], a[fa[pre]]); up(x, fa[x]); up(pre, fa[pre]); // for (int j = 1; j <= n; ++j) // printf("%d%c", a[j], " \n"[j == n]); } for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d %d\n", res[i].fi, res[i].se); } return 0; }code
</details>
### B. The Feast and the Bus
題意：
有$n$我的，$k$個小組，每一個人屬於一個小組，每一個小組至少有一我的。
如今要租$r$輛巴士，每輛巴士的容量都爲$s$，可是$s$和$r$能夠本身定，使得可以裝下全部人，而且知足如下兩個限制條件：
- 同一組的人在同一輛巴士
- 一輛巴士最多有兩個小組的人
使得$r \cdot s$最小
思路：
考慮$k$很小，咱們能夠枚舉$r$，而後能夠算出有多少輛巴士必需要兩個小組，而後貪心放，讓小組人數多的佔用單組巴士，小組人數少的貪心配對，即最大的配最小的，次大的配次小的$\cdots$
時間複雜度$O(k^2)$
代碼：
<details>
<summary>view code</summary>
```c++
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 5e5 + 10;
int n, k, a[N];
ll gao(int x) {
ll s = 0;
int need = k - (2 * x - k);
for (int i = 1, j = need; i < j; ++i, --j) {
s = max(s, 1ll * a[i] + a[j]);
}
for (int i = need + 1; i <= k; ++i)
s = max(s, 1ll * a[i]);
return s;
}
int main() {
while (scanf("%d%d", &n, &k) != EOF) {
memset(a, 0, sizeof a);
for (int i = 1, x; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &x);
++a[x];
}
sort(a + 1, a + 1 + k);
ll res = 1e18;
for (int i = (k + 1) / 2; i <= k; ++i) {
res = min(res, 1ll * i * gao(i));
}
printf("%lld\n", res);
}
return 0;
}
</details>blog
C. Trip to Saint Petersburg
題意： 給出$n$個工做，和一個參數$k$。 每一個工做的工做時間爲$[l_i, r_i]$，能夠得到$p_i$的利潤，而且工做隨便選，工做時間能夠重疊。 惟一的代價就是所選擇的工做中的最小的$L = l_i$，最大的$R = r_i$，代價就是$k \cdot (R - L + 1)$。 問所能得到的最大利潤。遊戲
思路： 枚舉右端點$R$，而後線段樹維護左端點的貢獻，每次要將$r_i = R$的工做的貢獻加給左端點在$[1, l_i]$範圍內的。 而後查詢區間最值便可。
代碼：
<details> <summary>view code</summary>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pIL = pair<int, ll>;
#define fi first
#define se second
const int N = 2e5 + 10;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, m, pl[N], pr[N]; ll k;
vector <vector<pIL>> vec;
struct SEG {
struct node {
ll Max, lazy; int pos;
node() { Max = -INF; lazy = pos = 0; }
void up(ll x) {
Max += x;
lazy += x;
}
node operator + (const node &other) const {
node res = node();
if (Max >= other.Max) {
res.Max = Max;
res.pos = pos;
} else {
res.Max = other.Max;
res.pos = other.pos;
}
return res;
}
}t[N << 2], res;
void build(int id, int l, int r) {
t[id] = node();
if (l == r) {
t[id].Max = 0;
t[id].pos = l;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(id << 1, l, mid);
build(id << 1 | 1, mid + 1, r);
t[id] = t[id << 1] + t[id << 1 | 1];
}
void down(int id) {
ll &lazy = t[id].lazy;
if (lazy) {
t[id << 1].up(lazy);
t[id << 1 | 1].up(lazy);
lazy = 0;
}
}
void update(int id, int l, int r, int ql, int qr, ll v) {
if (l >= ql && r <= qr) {
t[id].up(v);
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
down(id);
if (ql <= mid) update(id << 1, l, mid, ql, qr, v);
if (qr > mid) update(id << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr, v);
t[id] = t[id << 1] + t[id << 1 | 1];
}
void query(int id, int l, int r, int ql, int qr) {
if (l >= ql && r <= qr) {
res = res + t[id];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
down(id);
if (ql <= mid) query(id << 1, l, mid, ql, qr);
if (qr > mid) query(id << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr);
}
}seg;
int main() {
while (scanf("%d%lld", &n, &k) != EOF) {
vec.clear(); vec.resize(N);
m = 2e5;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int l, r; ll p;
scanf("%d%d%lld", &l, &r, &p);
pl[i] = l, pr[i] = r;
vec[r].push_back(pIL(l, p));
}
ll p = 0; int L = -1, R = -1;
seg.build(1, 1, m);
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
seg.update(1, 1, m, 1, i, -k);
for (auto &it : vec[i])
seg.update(1, 1, m, 1, it.fi, it.se);
seg.res = SEG::node();
seg.query(1, 1, m, 1, i);
if (seg.res.Max > p) {
p = seg.res.Max;
L = seg.res.pos;
R = i;
}
}
if (p == 0) puts("0");
else {
vector <int> vec;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (pl[i] >= L && pr[i] <= R)
vec.push_back(i);
int sze = vec.size();
printf("%lld %d %d %d\n", p, L, R, sze);
for (int i = 0; i < sze; ++i)
printf("%d%c", vec[i], " \n"[i == sze - 1]);
}
}
return 0;
}
</details>
E. The Coronation
題意： 給出$n$個$01$串，每一個$01$串能夠$reverse$，求最少的$reverse$次數，使得任意兩個串的有大於等於$k$個位置的字符是相同的。
代碼：
<details> <summary>view code</summary>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 60;
struct Edge {
int v, p;//1 same
Edge() {}
Edge(int v, int p): v(v), p(p) {}
};
bool F;
int n, m, k;
string s[N];
vector<vector<Edge> > G;
bool ok(const string &S, const string &T) {
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
if (S[i] == T[i]) ++cnt;
}
return cnt >= k;
}
int col[N], vis[N];
vector<int> vec, res;
void DFS(int u) {
if (!F) return ;
vis[u] = 1;
vec.push_back(u);
for (auto &it: G[u]) {
if (col[it.v] == -1) {
if (it.p) {
col[it.v] = col[u];
} else {
col[it.v] = col[u] ^ 1;
}
DFS(it.v);
} else {
if (it.p) {
if (col[it.v] != col[u]) {
F = false;
break;
}
} else {
if (col[it.v] != (col[u] ^ 1)) {
F = false;
break;
}
}
}
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
int T;
cin >> T;
while (T--) {
cin >> n >> m >> k;
G.clear();
G.resize(n + 1);
memset(vis, 0, sizeof vis);
memset(col, -1, sizeof col);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> s[i];
}
F = true;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = i + 1; j <= n; ++j) {
int cnt = 0;
int same = 0;
if (ok(s[i], s[j])) {
cnt++;
same = 1;
}
reverse(s[j].begin(), s[j].end());
cnt += ok(s[i], s[j]);
reverse(s[j].begin(), s[j].end());
if (cnt == 0) {
F = false;
break;
}
if (cnt == 1) {
G[i].push_back(Edge(j, same));
G[j].push_back(Edge(i, same));
}
}
if (!F) {
F = false;
break;
}
}
if (!F) {
cout << "-1\n";
continue;
}
res.clear();
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (!vis[i]) {
col[i] = 1;
vec.clear();
DFS(i);
int cnt[2] = {0, 0};
for (auto &it: vec) {
cnt[col[it]]++;
}
int now = 0;
if (cnt[1] < cnt[0]) {
now = 1;
}
for (auto &it : vec) {
if (col[it] == now) {
res.push_back(it);
}
}
}
}
if (!F) {
cout << "-1\n";
} else {
int sze = res.size();
cout << sze << "\n";
for (int i = 0; i < sze; ++i) {
if (i) cout << " ";
cout << res[i];
}
cout << "\n";
}
}
return 0;
}
</details>
F. Data Center
題意： 給出一個矩形的面積$n$，求全部合法矩形中的最小周長。
思路： 暴力分解。
代碼：
<details> <summary>view code</summary>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n;
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
int res = 1e9;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (n % i == 0) {
res = min(res, i + n / i);
}
}
res *= 2;
printf("%d\n", res);
}
return 0;
}
</details>
G. Discarding Game
題意： 有兩我的玩遊戲，剛開始兩我的的分數都是$0$，每一輪，$A$的分數會加上$a_i$，$B$的分數會加上$b_i$，若是某我的的分數大於等於$k$，它就輸了，若是兩我的都大於等於$k$，兩我的都輸了。 若是最後過完了$n$輪，兩人的分數都小於$k$，那麼是平局。 贏的狀況是其中某我的輸了，那麼另外一我的就贏了。 如今$A$有超能力，它能夠在每一輪加分結束後按下一個按鈕，假定此時$A$的分數爲$x$，$B$的分數爲$y$, $A$的分數變成$max(0, x - y)$，$B$的分數變成$max(0, y - x)$。 如今求最少次數使得$A$贏了。
H. Happy Birthday
題意： 給出$[0, 9]$每種數字的個數，問最小的不能被拼出來的數是多少。
代碼：
<details> <summary>view code</summary>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100];
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
for (int i = 0; i < 10; ++i) scanf("%d", a + i);
int Min = a[0] + 2;
for (int i = 1; i < 10; ++i) Min = min(Min, a[i] + 1);
if (Min == a[0] + 2) {
printf("1");
for (int i = 1; i <= a[0] + 1; ++i) printf("0");
puts("");
} else {
for (int i = 1; i < 10; ++i) {
if (Min == a[i] + 1) {
for (int j = 1; j <= a[i] + 1; ++j) printf("%d", i);
puts("");
break;
}
}
}
}
return 0;
}
</details>
J. The Parade
代碼：
<details> <summary>view code</summary>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
int n;
ll k;
ll a[N], b[N];
bool check(ll x) {
ll cnt = 0, remind = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
b[i] = a[i];
if (b[i] >= x - remind) {
cnt++;
b[i] -= x - remind;
remind = 0;
}
cnt += b[i] / x;
remind = b[i] % x;
if (cnt >= k) return true;
}
return cnt >= k;
}
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d %lld", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%lld", a + i);
}
ll l = 1, r = 1e17, res = 0;
while (r - l >= 0) {
ll mid = (l + r) >> 1;
if (check(mid)) {
res = mid;
l = mid + 1;
} else {
r = mid - 1;
}
}
printf("%lld\n", res * k);
}
return 0;
}
</details>
L. Divide The Students
題意： 有三類人，每類人有$a, b, c$個。 如今要將這三類人分紅三組，使得第一類和第三類人不能在同一組，而且使得全部組的最大人數最少。
思路： 令$a > c$，那麼將$c$單獨放在一組，將$a$均分紅兩組，而後$b$每次選一我的數最少的組放。
代碼：
<details> <summary>view code</summary>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int _T; scanf("%d", &_T);
while (_T--) {
int a, b, c;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
// int res = max((a + b + c + 2) / 3, min(a, c));
// printf("%d\n", res);
if (a < c) swap(a, c);
int A[3] = {a / 2, a - a / 2, c};
while (b) {
sort(A, A + 3);
++A[0];
--b;
}
printf("%d\n", max(A[0], max(A[1], A[2])));
}
return 0;
}
</details>
M. SmartGarden
題意： 給出一個$n \cdot n$的矩形，其中對角線和對角線下面一條線是牆，其餘地方是蔬菜，相似這樣： 
如今每次能夠選擇若干個行，若干個列，將這些行列相交的地方澆上水，次數最多爲$50$次，而且不能澆到牆，而且每棵蔬菜都要被澆到。
N. Wires
題意： 給出$n$條邊，點的標號在$[1, 10^9]$，如今能夠修改某條邊的某個端點，使得這$n$條邊所構成的圖是一個連通塊。 使得修改次數最少。
思路： 顯然最少修改次數爲連通塊個數 - 1。 隨便選取一個連通塊出來，讓其餘連通塊都連向這個連通塊。 而後考慮每一個連通塊裏：
- 若是有$1$度頂點，直接改掉這個$1$度頂點
- 那麼沒有$1$度頂點，那麼必然有環，隨便改掉環上的一條邊便可
代碼：
<details> <summary>view code</summary>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f;
struct Hash {
vector <int> a;
void init() { a.clear(); }
void add(int x) { a.push_back(x); }
void gao() { sort(a.begin(), a.end()); a.erase(unique(a.begin(), a.end()), a.end()); }
int get(int x) { return lower_bound(a.begin(), a.end(), x) - a.begin() + 1; }
}hs;
struct E {
int u, v;
E() {}
E(int u, int v) : u(u), v(v) {}
}e[N];
struct node {
int id, u, v;
};
vector <vector<node>> G;
vector <node> res;
int n, m, d[N], fa[N], vis[N], Insta[N], used[N], usede[N], F;
int find(int x) { return fa[x] == 0 ? x : fa[x] = find(fa[x]); }
void merge(int u, int v) {
u = find(u); v = find(v);
if (u != v) fa[u] = v;
}
void dfs(int u) {
used[u] = 1;
Insta[u] = 1;
for (auto &it : G[u]) if (!usede[it.id]) {
usede[it.id] = 1;
int v = it.v;
if (Insta[v]) {
if (!F) {
res.push_back({it.id, hs.a[it.u - 1], hs.a[0]});
F = 1;
return;
}
}
if (used[v] == 0) {
dfs(v);
}
if (F) return;
}
Insta[u] = 0;
}
int main() {
int _T; scanf("%d", &_T);
while (_T--) {
scanf("%d", &n);
hs.init();
for (int i = 1, u, v; i <= n; ++i) {
scanf("%d%d", &u, &v);
hs.add(u); hs.add(v);
e[i] = E(u, v);
usede[i] = 0;
}
hs.gao();
m = hs.a.size();
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
d[i] = fa[i] = 0;
vis[i] = 0;
Insta[i] = used[i] = 0;
}
G.clear(); G.resize(m + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
e[i].u = hs.get(e[i].u);
e[i].v = hs.get(e[i].v);
++d[e[i].u];
++d[e[i].v];
merge(e[i].u, e[i].v);
int u = e[i].u, v = e[i].v;
G[u].push_back({i, u, v});
G[v].push_back({i, v, u});
}
int rt = 1, frt = find(rt);
vis[frt] = 1;
res.clear();
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int &u = e[i].u, &v = e[i].v;
if (d[u] > d[v]) swap(u, v);
int fu = find(u);
if (vis[fu]) continue;
if (d[u] == 1) {
res.push_back({i, hs.a[u - 1], hs.a[0]});
vis[fu] = 1;
}
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int fi = find(i);
if (vis[fi]) continue;
F = 0;
vis[fi] = 1;
dfs(i);
}
int sze = res.size();
printf("%d\n", sze);
for (int i = 0; i < sze; ++i) {
printf("%d %d %d\n", res[i].id, res[i].u, res[i].v);
}
}
return 0;
}
</details>
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