2018-2019 ICPC, NEERC, Southern Subregional Contest
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2018-2019 ICPC, NEERC, Southern Subregional Contest
(Codeforces 1070)
(Codeforces 1070)
比賽連接ios
VP了一場最近的沒作過的ACM。ACM的Online Mirror好少啊...
B題看不懂樣例=-= K題簽到題。其它題咕咕了。git
A.Find a Number(BFS)
先要想到令\(f[i][j]\)表示模\(d\)餘數爲\(i\)，數位和爲\(j\)的最小數。狀態數是OK的。
而後每次轉移就是在後面加上\(0\sim 9\)這些數字，用BFS轉移就能夠保證當前數最小了。複雜度\(O(10ds)\)。
固然還有其它奇奇怪怪的DP方法。數組
//124ms 32100KB
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define pc putchar
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=503,M=5003;
bool vis[N][M];
struct Node
{
int r,sum;
};
struct Path
{
int r,sum;
char c;
}pre[N][M];
void BFS(const int d,const int s)
{
std::queue<Node> q;
q.push((Node){0,0}), vis[0][0]=1;
while(!q.empty())
{
Node x=q.front(); q.pop();
if(!x.r && x.sum==s) return;
for(int i=0; i<10; ++i)
{
int r=(x.r*10+i)%d, sum=x.sum+i;
if(sum<=s && !vis[r][sum])
pre[r][sum]=(Path){x.r,x.sum,char(i+48)}, vis[r][sum]=1, q.push((Node){r,sum});
}
}
}
void Output(int d,int s)
{
if(pre[d][s].c) Output(pre[d][s].r,pre[d][s].sum), pc(pre[d][s].c);
}
int main()
{
int d,s; scanf("%d%d",&d,&s);
BFS(d,s);
if(vis[0][s]) Output(0,s);
else puts("-1");
return 0;
}
C.Cloud Computing(線段樹)
我寫的比較無腦... 按天數爲下標建線段樹。將物品區間按價格排序，考慮依次加到線段樹對應區間上。
設當前區間剩餘所需個數的最小值是\(mn\)（初始都爲\(k\)），當前物品區間、個數、單位價格分別是\((l,r,a,cost)\)。\(mn\gt a\)時，直接區間減\(a\)統計一下答案就好了；當\(mn\leq a\)時，必定至少有一個位置會被減成\(0\)，暴力在線段樹找到那個/那些位置把\(size\)清零，\(mn\)設爲\(INF\)，統計一下答案便可。
由於每一個數只會被清空一次，也就是隻會暴力作\(O(n)\)次，因此複雜度\(O((n+m)\log n)\)。
其實只要拿價格建一棵值域線段樹，每一個位置維護有多少個物品就好了。查詢就是在樹上二分出前\(k\)小的和（樹狀數組也行）。網絡
//327ms 78600KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define pc putchar
#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=1e6+5;
const LL INF=3e18;
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct Node
{
int l,r,num,cost;
bool operator <(const Node &x)const
{
return cost<x.cost;
}
}A[N];
struct Segment_Tree
{
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
#define lson l,m,ls
#define rson m+1,r,rs
#define S N<<2
LL mn[S];//mn[rt]=INF要足夠大！
int sz[S],tag[S];
LL Ans;
#undef S
#define Upd(rt,v) mn[rt]+=v, tag[rt]+=v
#define Update(rt) mn[rt]=std::min(mn[ls],mn[rs]), sz[rt]=sz[ls]+sz[rs]
inline void PushDown(int rt)
{
Upd(ls,tag[rt]), Upd(rs,tag[rt]), tag[rt]=0;
}
void Build(int l,int r,int rt,int K)
{
mn[rt]=K, sz[rt]=r-l+1;
if(l==r) return;
int m=l+r>>1; Build(lson,K), Build(rson,K);
}
void Modify2(int l,int r,int rt,int a,int cost)
{
if(mn[rt]>a) {Ans+=1ll*cost*a*sz[rt], Upd(rt,-a); return;}
if(l==r) {Ans+=1ll*cost*mn[rt], sz[rt]=0, mn[rt]=INF; return;}
if(tag[rt]) PushDown(rt);
int m=l+r>>1;
Modify2(lson,a,cost), Modify2(rson,a,cost), Update(rt);
}
void Modify(int l,int r,int rt,int L,int R,int a,int cost)
{
if(L<=l && r<=R) {Modify2(l,r,rt,a,cost); return;}
if(tag[rt]) PushDown(rt);
int m=l+r>>1;
if(L<=m) Modify(lson,L,R,a,cost);
if(m<R) Modify(rson,L,R,a,cost);
Update(rt);
}
}T;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
int main()
{
#define S 1,n,1
const int n=read(),K=read(),m=read();
for(int i=1; i<=m; ++i) A[i]=(Node){read(),read(),read(),read()};
std::sort(A+1,A+1+m), T.Build(S,K);
for(int i=1; i<=m; ++i) T.Modify(S,A[i].l,A[i].r,A[i].num,A[i].cost);
printf("%I64d\n",T.Ans);
return 0;
}
D.Garbage Disposal(模擬)
模擬一下就好了。
由於剛開始讀錯題還寫了個二分=v=ui
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define pc putchar
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=2e5+5;
int A[N];
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
bool Check(LL x,int n,int K)
{
LL las=0;
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
LL need=(las+K-1)/K; las=std::max(0ll,A[i]-(need*K-las));
x-=need;
if(x<0) return 0;
}
return x>=(las+K-1)/K;//不要寫x*K!!!
}
signed main()
{
int n=read(),K=read(); LL sum=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) sum+=A[i]=read();
LL l=0,r=3e18,mid,ans=r;
while(l<=r)
if(Check(mid=l+r>>1,n,K)) ans=mid, r=mid-1;
else l=mid+1;
printf("%I64d\n",ans);
return 0;
}
E.Getting Deals Done(二分)
顯然答案是能夠三分的。可是答案是整數三分有點麻煩。
考慮能不能二分一個答案\(mid\)是否可行。若是至少選\(mid\)個，那麼要選的確定是最便宜的\(mid\)個物品。那麼模擬一下就好了。spa
//46ms 2200KB(離散化的版本，那個寫的太醜了留這個代碼叭)
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=2e5+5;
int A[N],ref[N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
inline LL readll()
{
LL now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
bool Check(int x,int n,int m,LL T)
{
LL sum=0;//longlongaaaTAT
for(int res=0,now=0,i=1,val=ref[x]; i<=n; ++i)
if(A[i]<=val)
{
if((T-=A[i])<0) return 0;
if(++res>=x) return 1;
sum+=A[i];
if(++now==m) now=0, T-=sum, sum=0;
}
return 0;
}
int main()
{
ref[0]=1;
for(int Ts=read(); Ts--; )
{
const int n=read(),m=read(); const LL t=readll();
for(int i=1; i<=n; ++i) ref[i]=A[i]=read();
std::sort(ref+1,ref+1+n);
int l=1,r=n,mid,ans=0;
while(l<=r)
if(Check(mid=l+r>>1,n,m,t)) ans=mid, l=mid+1;
else r=mid-1;
printf("%d %d\n",ans,ref[ans]);
}
return 0;
}
F.Debate(貪心)
記四種人分別是\(1,2,3,4\)。顯然\(2,3\)能夠同時選，而後選一個\(4\)能夠多選一個\(1/2+3\)。排序從大到小選就好了。code
//46ms 6100KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <functional>
#define pc putchar
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=4e5+5;
int val[4][N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
inline int read01()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*2+c-48,c=gc());
return now;
}
int main()
{
const int n=read();
int cnt[4]={0};
for(int i=1,type; i<=n; ++i) type=read01(), val[type][++cnt[type]]=read();
if(!cnt[3]&&(!cnt[1]||!cnt[2])) return puts("0"),0;
for(int i=0; i<4; ++i) std::sort(val[i]+1,val[i]+cnt[i]+1,std::greater<int>());
int p0=1,p1=1,p2=1,p3=1,ans=0;
for(; p1<=cnt[1]&&p2<=cnt[2]; ans+=val[1][p1++]+val[2][p2++]);
for(int i=1; i<=cnt[3]; ++i)
{
if(val[1][p1]+val[2][p2]>val[0][p0]) ans+=val[1][p1++]+val[2][p2++];
else ans+=val[0][p0++];
ans+=val[3][i];
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
H.BerOS File Suggestion(後綴自動機)
怎麼寫AC自動機、寫Hash的都有... 這不是BZOJ2780嗎？
粘過代碼來就完了。然而我粘錯了WA了兩次。htm
//77ms 17500KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define pc putchar
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=10005*10;
using namespace std;
int mp[233];
string str[10005];
struct Suffix_Automaton
{
int tot,las,fa[N],len[N],son[N][40],cnt[N],bef[N];
void Insert(int c,int now)
{
int np=++tot,p=las; len[las=np]=len[p]+1;
for(; p&&!son[p][c]; p=fa[p]) son[p][c]=np;
if(!p) fa[np]=1;
else
{
int q=son[p][c];
if(len[q]==len[p]+1) fa[np]=q;
else
{
int nq=++tot;
len[nq]=len[p]+1, bef[nq]=bef[q], cnt[nq]=cnt[q];
memcpy(son[nq],son[q],sizeof son[q]);
fa[nq]=fa[q], fa[q]=fa[np]=nq;
for(; son[p][c]==q; p=fa[p]) son[p][c]=nq;
}
}
for(; bef[np]!=now&&np; np=fa[np])
++cnt[np], bef[np]=now;
}
void Query(char *s,int l)
{
int x=1;
for(int i=0; i<l; ++i) x=son[x][mp[s[i]]];
cout << cnt[x] << ' ' << str[bef[x]] << '\n';
}
}sam;
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
int main()
{
static char s[233];
int cnt=0; mp['.']=cnt++;
for(int i='0'; i<='9'; ++i) mp[i]=cnt++;
for(int i='a'; i<='z'; ++i) mp[i]=cnt++;
int n=read(); sam.tot=1;
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
scanf("%s",s), str[i]=s;
sam.las=1;
for(int j=0,l=strlen(s); j<l; ++j) sam.Insert(mp[s[j]],i);
}
str[0]="-";
for(int Q=read(); Q--; scanf("%s",s), sam.Query(s,strlen(s)));
return 0;
}
I.Privatization of Roads in Berland(網絡流)
\(Description\)
給定一張\(n\)個點\(m\)條邊的無向圖，以及一個整數\(k\)。你須要給每一條邊染一種顏色。顏色種類無限多，每種顏色最多用兩次，且對於任意一個點，和它相連的邊的顏色不能超過\(k\)種。求一種可行的染色方案。
\(n,m\leq600\)。
\(Solution\)
設\(dgr_i\)爲\(i\)的度數。那麼若是\(dgr_i\leq k\)，\(i\)連的邊的顏色是什麼都無所謂。不然須要讓\(2(dgr_i-k)\)條邊兩兩配對。
一條邊在一個點處配對了就不能在另外一個點處配對。對每條邊\(i\ (u,v)\)連邊\((u\to i,1),(v\to i,1),(i\to T,1)\)，每一個點\(x\)連邊\((S\to x,\max(0,\ 2(d_x-k)))\)，看最大流是否等於\(\sum\max(0,\ 2(d_x-k))\)便可。
不寫代碼惹。blog
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