A. Puzzle Pieces
题意：
给定如上这种图形，问能否用这种图形组成类似矩阵的图形
分析： 很直观的可以看出，单个图形有三个凸部和一个凹部，所以只能组成
- (1 imes n)
- (n imes 1)
- (2 imes 2)
这三种形式的图形
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t,a,b;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>a>>b;
if(a==1||b==1) cout<<"YES
";
else if(a==2&&b==2) cout<<"YES
";
else cout<<"NO
";
}
}
B. Card Constructions
题意：
第一个图形由两张卡片组成，第二个图形由七张卡片组成，依次如上进行下去，现在给 n 张卡片，求最少可以组成多少个图形，要求图形尽量往高了选
分析： 观察一下可以发现第 m 个图形的卡片数即 ((3*sum_{i=1}^{m}i)-m) ，等价于 (n imes (n+1)/2 imes 3-m)，知道公式的话就可以二分了
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1E5+10;
ll a[N];
int m;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
//打表稍微快些
for(ll i=1;;i++)
{
a[i]=i*(i+1)/2*3-i;
m=i;
if(a[i]>1e9) break;
}
int t;
ll n;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n;
int ans=0,xb=m;
while(n>1)
{
int xb=upper_bound(a+1,a+m+1,n)-a;
xb--;
if(xb) n-=a[xb],ans++;
}
cout<<ans<<'
';
}
}
C. Hilbert's Hotel
题意： 0~n-1 共 n 个房间每个房间都有一个客人，现在给定长度为 n 的数组 a，把原第 k 个房间的客人移到第 ((k+a_k)~mod~n) 个房间，问移动完所有的客人之后是否满足所有房间依旧只有一个客人
分析： 模拟
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2E5+10;
ll a[N];
bool vis[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t,n;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i],vis[i]=0;
int flag=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
int nk=((i+a[i])%n+n)%n;
if(vis[nk]) {flag=1;break;}
vis[nk]=1;
}
if(flag) cout<<"NO
";
else cout<<"YES
";
}
}
D. Monopole Magnets
题意： (n imes m) 的矩阵中只包含 '.' 和 '#' 两种元素，现在要求你在矩阵上摆 N 和 S 两种磁极，同一个点可以摆放多个，首先：
- 原则Ⅰ：若 N 和 S 处于同一列或者同一行，则 N 可以向 S 移动一个单位，S 的位置不可改变
在这个原则的基础上，你的摆放需要满足下列条件
- 矩阵中每行每列都至少有一个 S 磁极
- 若矩阵中某个点是 '#' ，则矩阵中一定有 N 磁极可以通过原则Ⅰ到达这个点
- 若矩阵中某个点是'.' ，则矩阵中所有的 N 磁极都无法到达这个点
问在满足上述所有条件的情况下是否有解，无解输出 -1，若有解则输出需要的最少的 N 磁极数量
分析： 题目有点绕，不过结合样例可以想到任意一行或者一列出现 '#' 的话 必须是连在一起的，否则的话讨论一下
- 若某一行两个 '#' 之间有 '.' ，则为了不违反条件3，这一行就不能有 S 磁极，但这样就违反了条件1，产生矛盾；反之为了满足条件1就无法同时满足条件3
所以此类情形无解
同时如果出现了全是 '.' 的行则至少要有一列亦全为 '.' 才行(反之亦然)，因为这一行至少要放一个 S 磁极，若放置在有 '#' 的一列，则会违反条件3
无解的情况就可以判断出来了，有解的话需要最少的 N 磁极数量很简单，就是计算一下矩阵中有多少个连通块(通过上下左右移动)，你把所有 '#' 都放置 S 磁极，那么一个连通块就只需要一个 N 磁极就可以移动到这个连通块的所有 '# ' 区域了
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000+10;
int n,m;
char s[N][N];
bool vis[N][N];
int r[]={1,-1,0,0},c[]={0,0,1,-1};
void dfs(int x,int y)
{
vis[x][y]=1;
for(int i=0;i<4;i++)
{
int a=x+r[i],b=y+c[i];
if(a<0||a>=n||b<0||b>=m) continue;
if(vis[a][b]) continue;
if(s[a][b]=='#') dfs(a,b);
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++) cin>>s[i];
int cnt=0;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
if(s[i][j]=='#')
cnt++;
if(cnt==0) cout<<"0",exit(0);
if((n==1||m==1)&&cnt!=n*m) cout<<"-1",exit(0);
int flag=0,kr=0,kc=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
int xb=0;
while(xb<m&&s[i][xb]=='.') xb++;
if(xb==m) {kr++;continue;}
while(xb<m&&s[i][xb]=='#') xb++;
if(xb==m) continue;
while(xb<m&&s[i][xb]=='.') xb++;
if(xb<m) {flag=1;break;}
}
if(flag) cout<<"-1",exit(0);
for(int i=0;i<m;i++)
{
int xb=0;
while(xb<n&&s[xb][i]=='.') xb++;
if(xb==n) {kc++;continue;}
while(xb<n&&s[xb][i]=='#') xb++;
if(xb==n) continue;
while(xb<n&&s[xb][i]=='.') xb++;
if(xb<n) {flag=1;break;}
}
if(flag) cout<<"-1",exit(0);
if(!kr&&kc || kr&&!kc) cout<<"-1",exit(0);
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
if(s[i][j]=='#'&&!vis[i][j])
dfs(i,j),ans++; //统计连通块数量
cout<<ans;
}
E. Quantifier Question
题意： 现在有 n 个数需要满足 m 个条件
给出所有的 ((j_i,k_i))，现在你需要为所有的 (x_i) 设置量词 (forall) 或 (exists)，使得存在这样的数组 x， m 个条件都得到满足，判断顺序需要按照数组 x 的下标，例如：若下标 ((j_i,k_i)) 在之前的判断都未曾出现过，则 (min(j_i,k_i)) 在前，(max(j_i,k_i)) 在后 (所以前者可以为 (forall) 或 (exists)，后者只能为 (exists))
问在满足条件的情况下，最多可以出现多少个全称量词 (forall) ，并给出具体方案
分析： 题目挺绕，把所有 ((x_{j_i},x_{k_i})) 看成一条有向边构图，不难想出如果图中存在环则无解，判断顺序需要按照数组下标，所以我们第一个肯定是找点 1，它的量词肯定可以设成 全称量词 (forall)，那么接下来，对于 点 1 能影响的所有点，我们只能设成存在量词 (exists)，它能影响的所有点即从点1按正方向能到达的所有点 和按反方向能到达的所有点，所以从点 1 走一遍正图和反图就可以了。
然后推广到整个图，就是，从小到大遍历所有没有访问过的点，把这个点标记为全称量词，然后沿此点正图反图dfs两遍，所有走过的点标记为已访问
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2E5+10;
vector<int>e[N],E[N];
int n,m,in[N];
queue<int>q;
bool tp() //拓扑判环
{
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(in[i]==0) q.push(i);
while(!q.empty())
{
int u=q.front(); q.pop(); cnt++;
for(auto v:e[u])
{
in[v]--;
if(in[v]==0) q.push(v);
}
}
if(cnt==n) return true;
return false;
}
int ANS[N];
bool vis1[N],vis2[N];
void dfs1(int u)
{
vis1[u]=1;
for(auto v:e[u])
{
if(vis1[v]) continue;
dfs1(v);
}
}
void dfs2(int u)
{
vis2[u]=1;
for(auto v:E[u])
{
if(vis2[v]) continue;
dfs2(v);
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<m;i++)
{
int u,v; cin>>u>>v;
e[u].push_back(v); //正图
E[v].push_back(u); //反图
in[v]++;
}
if(!tp()) cout<<"-1",exit(0);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!vis1[i]&&!vis2[i])
{
ans++;
ANS[i]=1;
}
if(!vis1[i]) dfs1(i);
if(!vis2[i]) dfs2(i);
}
cout<<ans<<'
';
for(int i=1;i<=n;i++)
if(ANS[i]) cout<<'A';
else cout<<'E';
}
F. Résumé Review
题意： 给定大小为 n 的数组 a 和 一个整数 k，现在要求你构造大小亦为 n 的数组 b ，满足下列条件
- (b_i<=a_i)
- (sum_{i=1}^{n}b_i=k)
- 满足条件1,2 的情况下使得 (f=sum_{i=1}^{n}b_i imes (a_i-b_i^2)) 最大
求具体方案
分析： 对于某一个 (b_i) 和 (a_i) ，(b_i) 增加 1 的贡献是
可以看出，贡献从 1 开始是单调递减的，所以我们可以二分贡献值的下界，找到每个 (a_i) 对应最大的 (b_i)，并累加判断是不是小于 k
ll check(double m)
{
for(int i=0;i<n;i++)
if(a[i]-m-1<=0) b[i]=0;
else b[i]=min(a[i],(ll)(sqrt((a[i]-m-1)/3)));
ll res=0;
for(int i=0;i<n;i++) res+=b[i];
return res;
}
ll l=-INF,r=INF;
while(r-l>1)
{
ll mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)<=k) r=mid;
else l=mid+1;
}
然后如果 (sum_{i=1}^{n}b_i<k) ，那么就一个优先队列维护补充剩余的就可以了
for(int i=0;i<n;i++)
if(b[i]<a[i])
que.push(P(f(b[i]+1,i),i));
while(k--)
{
P p=que.top(); que.pop();
b[p.sd]++;
if(b[p.sd]<a[p.sd]) que.push(P(f(b[p.sd]+1,p.sd),p.sd));
}
完整代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define sd second
#define ll long long
#define P pair<ll,int>
const int N = 1E5+10;
const ll INF = 4E18;
int n;
ll k,a[N],b[N];
ll check(double m)
{
for(int i=0;i<n;i++)
if(a[i]-m-1<=0) b[i]=0;
else b[i]=min(a[i],(ll)(sqrt((a[i]-m-1)/3)));
ll res=0;
for(int i=0;i<n;i++) res+=b[i];
return res;
}
ll f(ll b,ll xb)
{
return a[xb]-1-3*b*b+3*b;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin>>n>>k;
for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];
ll l=-INF,r=INF;
while(r-l>1)
{
ll mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)<=k) r=mid;
else l=mid+1;
}
check(r);
for(int i=0;i<n;i++) k-=b[i];
priority_queue<P>que;
for(int i=0;i<n;i++)
if(b[i]<a[i])
que.push(P(f(b[i]+1,i),i));
while(k--)
{
P p=que.top(); que.pop();
b[p.sd]++;
if(b[p.sd]<a[p.sd]) que.push(P(f(b[p.sd]+1,p.sd),p.sd));
}
for(int i=0;i<n;i++) cout<<b[i]<<' ';
}