CodeForces Round #250 Div2

A. The Child and Homework

注意仔细读题，WA了好多次，=_=

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int maxn = 110;

char s[4][maxn];
int l[4], r[4];

bool cmp(int a, int b) { return l[a] < l[b]; }

int main()
{
    //freopen("in.txt", "r", stdin);

    for(int i = 0; i < 4; i++) r[i] = i;
    for(int i = 0; i < 4; i++) scanf("%s", s[i]);
    for(int i = 0; i < 4; i++) { l[i] = strlen(s[i]); l[i] -= 2; }
    sort(r, r + 4, cmp);

    int ans = -1;
    if(l[r[0]] * 2 <= l[r[1]]) ans = r[0];
    if(l[r[3]] >= l[r[2]] * 2) { if(ans == -1) ans = r[3]; else ans = 2; }
    if(ans == -1) ans = 2;

    printf("%c
", 'A' + ans);

    return 0;
}

B. The Child and Set (贪心)

把那些lowbit都算出来，然后从大到小排个序，依次往里面填就好了。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using std::sort;
const int maxn = 100000 + 10;
int lowbit[maxn], r[maxn], ans[maxn], cnt;

bool cmp(int a, int b) { return lowbit[a] > lowbit[b]; }

int main()
{
    int s, n;
    scanf("%d%d", &s, &n);

    for(int i = 1; i <= n; i++) { r[i] = i; lowbit[i] = i & (-i); }
    sort(r + 1, r + 1 + n, cmp);
    int t = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if(t == s) break;
        if(lowbit[r[i]] + t <= s) { t += lowbit[r[i]]; ans[cnt++] = r[i]; }
    }

    if(t != s) { puts("-1"); return 0; }
    printf("%d
%d", cnt, ans[0]);
    for(int i = 1; i < cnt; i++) printf(" %d", ans[i]);
    puts("");

    return 0;
}

C. The Child and Toy (贪心)

最优的删点方式就是从最大的点开始删起。

不妨从边的角度考虑更为方便，最终没有任意两个点事连通的，所以每条边都会被删去。考虑边(u, v)，它被删去的时候贡献的一定是uv中较小的权值。

所以算法就是，读进每条边累加它权值较小的那个端点的权值即可。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using std::min;

const int maxn = 1000 + 10;
const int maxm = 2000 + 10;

int a[maxn], u[maxm], v[maxm];

int main()
{
    int n, m, ans = 0;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    for(int i = 0; i < m; i++) { scanf("%d%d", &u[i], &v[i]); ans += min(a[u[i]], a[v[i]]); }
    printf("%d
", ans);

    return 0;
}

D. The Child and Zoo (贪心 含秩并查集 最大生成树)

　　给每条边赋一个权值，为两端顶点权值较小的那个，然后将这些边从大到小排序。

　　一开始图是空的，每加进一条权值为w的边可能会将两个连通分量连通起来，那么对于分别位于这两个连通分量中的(u, v)，f(u, v) = w，而这样的f(u, v)一共有 p * q个，其中pq分别为这两个连通分量的秩。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int maxn = 100000 + 10;
int a[maxn], u[maxn], v[maxn], w[maxn], r[maxn], cnt[maxn];

int pa[maxn];
int findset(int x) { return x == pa[x] ? x : pa[x] = findset(pa[x]); }

bool cmp(int a, int b) { return w[a] > w[b]; }

int main()
{
    //freopen("in.txt", "r", stdin);

    int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    for(int i = 1; i <= m; i++) { scanf("%d%d", &u[i], &v[i]); w[i] = min(a[u[i]], a[v[i]]); }

    for(int i = 1; i <= n; i++) { pa[i] = i; cnt[i] = 1; }
    for(int i = 1; i <= m; i++) r[i] = i;
    sort(r + 1, r + 1 + m, cmp);

    double ans = 0.0;
    int c = n;
    for(int i = 1; i <= m && c > 1; i++)
    {
        int px = findset(u[r[i]]);
        int py = findset(v[r[i]]);
        if(px != py)
        {
            ans += (double) cnt[px] * cnt[py] * w[r[i]];
            pa[px] = py; cnt[py] += cnt[px];
            c--;
        }
    }

    printf("%.6f
", ans * 2 / (n * 1.0 * (n - 1)));

    return 0;
}

E. The Child and Polygon (区间DP 叉积)

不妨将这些点按照逆时针顺序编号0 ~ n-1。d(i, j)表示多边形 i, i+1 ,..., j, i 的三角剖分的方法数。

则有状态转移方程 d(i, j) = sum{ d(i, k) * d(k, j) | i < k < j 且 线段ik在多边形内部 }

可以通过叉积来判断线段是否在多边形内部，具体就是判断 ji × jk 是否为正。

总时间复杂度为O(n³)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;
const LL MOD = 1000000007;

const int maxn = 200 + 10;
int n;

struct Point
{
    LL x, y;
    Point(LL x = 0, LL y = 0):x(x), y(y) {}
}p[maxn];

Point operator - (const Point& A, const Point& B)
{ return Point(A.x - B.x, A.y - B.y); }

LL Cross(const Point& A, const Point& B)
{ return A.x * B.y - A.y * B.x; }

LL d[maxn][maxn];

LL dp(int L, int R)
{
    if(d[L][R] != -1) return d[L][R];
    LL& ans = d[L][R];
    if(R - L == 1) return ans = 1;
    ans = 0;
    for(int i = L + 1; i < R; i++)
        if(Cross(p[L] - p[R], p[i] - p[R]) > 0)
            ans = (ans + dp(L, i) * dp(i, R)) % MOD;
    return ans;
}

int main()
{
    //freopen("in.txt", "r", stdin);

    scanf("%d", &n);
    LL x, y;
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        scanf("%I64d%I64d", &x, &y);
        p[i] = Point(x, y);
    }

    LL area = 0;
    for(int i = 1; i + 1 < n; i++)
        area += Cross(p[i] - p[0], p[i+1] - p[0]);
    if(area < 0) reverse(p, p + n);

    memset(d, -1, sizeof(d));
    printf("%I64d
", dp(0, n - 1));

    return 0;
}

最后看了下Div1的两道题：

D. The Child and Sequence (线段树 单点修改)

动态询问连续子序列的和。操作有 单点修改 和 将 连续区间的每个数都模上x

重点说一下取模的操作，可以维护一个区间的最大值，当区间的最大值小于x的时候，那么便不用取模了。

而且每个数每次取模以后的值至少要减半，所以每个数取模的次数不会太多。

balabala...

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;

const int maxn = 100000 + 10;
int n, m, qL, qR, p, op;
LL v;
LL sumv[maxn << 2], maxv[maxn << 2];

void pushup(int o)
{
    sumv[o] = sumv[o<<1] + sumv[o<<1|1];
    maxv[o] = max(maxv[o<<1], maxv[o<<1|1]);
}

void build(int o, int L, int R)
{
    if(L == R) { scanf("%I64d", &sumv[o]); maxv[o] = sumv[o]; return; }
    int M = (L + R) / 2;
    build(o<<1, L, M);
    build(o<<1|1, M+1, R);
    pushup(o);
}

void update1(int o, int L, int R)
{
    if(L == R) { sumv[o] = maxv[o] = v; return; }
    int M = (L + R) / 2;
    if(p <= M) update1(o<<1, L, M);
    else update1(o<<1|1, M+1, R);
    pushup(o);
}

void update2(int o, int L, int R)
{
    if(maxv[o] < v) return;
    if(L == R) { sumv[o] %= v; maxv[o] %= v; return; }
    int M = (L + R) / 2;
    if(qL <= M) update2(o<<1, L, M);
    if(qR > M) update2(o<<1|1, M+1, R);
    pushup(o);
}

LL query(int o, int L, int R)
{
    if(qL <= L && qR >= R) return sumv[o];
    int M = (L + R) / 2;
    LL ans = 0;
    if(qL <= M) ans += query(o<<1, L, M);
    if(qR > M) ans += query(o<<1|1, M+1, R);
    return ans;
}

int main()
{
    //freopen("in.txt", "r", stdin);

    cin >> n >> m;
    build(1, 1, n);
    while( m-- )
    {
        scanf("%d", &op);
        if(op == 1)
        {
            scanf("%d%d", &qL, &qR);
            printf("%I64d
", query(1, 1, n));
        }
        else if(op == 2)
        {
            scanf("%d%d%I64d", &qL, &qR, &v);
            update2(1, 1, n);
        }
        else
        {
            scanf("%d%I64d", &p, &v);
            update1(1, 1, n);
        }
    }

    return 0;
}

E题看到用什么母函数，多项式求根，FFT，就打算把这道题放一放了，毕竟太弱Q_Q