CodeForces Round #320 Div2

A. Raising Bacteria

计算一下x的bitcount就是答案。

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

int bitcount(int x)
{
    int ans = 0;
    while(x)
    {
        if(x & 1) ans++;
        x >>= 1;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int x; scanf("%d", &x);
    printf("%d
", bitcount(x));


    return 0;
}

B. Finding Team Member

贪心

从大到小排个序，如果两个人都没有舞伴那就结为一组。

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

const int maxn = 800 + 10;

struct FK
{
    int r, c, d;
    FK() {}
    FK(int r, int c, int d):r(r), c(c), d(d) {}

    bool operator < (const FK& a) const
    {
        return d > a.d;
    }
}fk[maxn * maxn];

int n;

int match[maxn];

int main()
{
    int tot = 0;
    scanf("%d", &n); n <<= 1;

    for(int i = 2; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j < i; j++)
        {
            int x; scanf("%d", &x);
            fk[tot++] = FK(i, j, x);
        }

    sort(fk, fk + tot);

    int remain = n;
    for(int i = 0; i < tot && remain; i++)
    {
        FK& e = fk[i];
        int u = e.r, v = e.c;
        if(!match[u] && !match[v])
        {
            match[u] = v;
            match[v] = u;
            remain -= 2;
        }
    }

    for(int i = 1; i < n; i++) printf("%d ", match[i]);
    printf("%d
", match[n]);

    return 0;

C. A Problem about Polyline

题意：

给出 (0, 0) – (x, x) – (2x, 0) – (3x, x) – (4x, 0) – ... - (2kx, 0) – (2kx + x, x) – .... 这样一条折线，和上面一点(a, b)。求可能的最小的x

分析：

首先(a, b)与原点连线的斜率最大是1，绝对不会超过1. 所以一开始判断一下，如果b > a，无解。

分情况讨论(a, b)是上升点还是下降点：

• (a, b)是上升点，那么点(a - b, 0)一定在折线上，所以得到 a - b = 2kx (k是正整数)。x = (a - b) / (2k)，注意到折线上的点纵坐标最大值为x，所以x应该满足x≥b。所以有k ≤ (a - b) / (2b)，k取最大值时，x取得最小值。
• (a, b)是下降点，和前一种情况一样。点(a + b, 0)一定在折线上，后面的分析思路和上面一样。

这两种情况算出来两个x的最小值再取最小值就是答案。

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

typedef long long LL;

int main()
{
    LL a, b; cin >> a >> b;

    if(b > a) { puts("-1"); return 0; }
    if(a == b) { printf("%I64d.000000000000
", a); return 0; }

    double x1, x2;
    LL k = (a - b) / (b * 2);
    x1 = 1.0 * (a - b) / 2.0 / k;
    k = (a + b) / (b * 2);
    x2 = 1.0 * (a + b) / 2.0 / k;
    x1 = min(x1, x2);

    printf("%.12f
", x1);

    return 0;
}

D. "Or" Game

这个题是贪心，但是有种黑科技的赶脚，目前没想明白贪心的理由。

贪心的方法是：既然操作不超过k次，那么k次操作直接用在同一个数上面。然后枚举k次操作在哪个数上面，预处理一下前缀后缀的或运算的值，时间复杂度为O(n)。

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

typedef long long LL;

const int maxn = 200000 + 10;

LL a[maxn], pre[maxn], suf[maxn];

int main()
{
    int n, k;
    LL x;
    scanf("%d%d%I64d", &n, &k, &x);

    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%I64d", a + i);
        pre[i] = pre[i - 1] | a[i];
    }
    for(int i = n; i > 0; i--) suf[i] = suf[i + 1] | a[i];

    LL x0 = x;
    for(int i = 2; i <= k; i++) x *= x0;

    LL ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, pre[i-1] | (a[i] * x) | suf[i+1]);

    printf("%I64d
", ans);

    return 0;
}

E. Weakness and Poorness

很明显，当x向两边趋于正负很大的数的时候，序列{ a_i - x }的weakness也是变大的。

但不明显的一点就是，为什么中间只有一个极值？

如果中间只有一个极值的话，就可以用三分找到对应的极小值，同时也是最小值。

关于weakness的计算：

我们可以用线性时间的DP来计算数列的最大连续子序列：

d(i)表示以a_i结尾的子序列的最大值，状态转移为d(i) = max{ d(i-1) + a_i, a_i }

同样地，再计算一个最小连续子序列，取两者绝对值的最大值就是整个序列的weakness

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

const int maxn = 200000 + 10;
const double eps = 1e-9;

int n;
double a[maxn];

double Calc(double x)
{
    double ans = 0, p = 0, q = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        double t = a[i] - x;
        if(p > 0) p += t; else p = t;
        if(q < 0) q += t; else q = t;
        ans = max(ans, max(p, -q));
    }

    return ans;
}

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

    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lf", a + i);

    //printf("%.7f
%.7f
", Calc(2), Calc(1.75));

    double L = -1e5, R = 1e5, ans;
    for(;;)
    {
        double t = (R - L) / 3.0;
        double Lmid = L + t, Rmid = R - t;
        double ansL = Calc(Lmid), ansR = Calc(Rmid);

        if(fabs(ansL - ansR) < eps) { ans = ansL; break; }

        if(ansL > ansR) L = Lmid;
        else R = Rmid;
    }

    printf("%.7f
", ans);

    return 0;
}