Codeforces Round #614 (Div. 2) 题解

• ConneR and the A.R.C. Markland-N
• JOE is on TV!
• NEKO's Maze Game
• Aroma's Search
• Xenon's Attack on the Gangs

ConneR and the A.R.C. Markland-N

[Time Limit: 1 squad Memory Limit: 256 MB ]

直接把所有的时间记录下来，然后暴力跑一遍答案判断是否合法即可。

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/*************************************************************** 
    > File Name        : a.cpp
    > Author           : Jiaaaaaaaqi
    > Created Time     : 2020/1/19 21:35:08
 ***************************************************************/

#include <bits/stdc++.h>
#define  fi         first
#define  se         second
#define  pb         push_back
#define  pii        pair<int, int>
#define  dbg(x)     cout << #x << " = " << (x) << endl
#define  mes(a, b)  memset(a, b, sizeof a)

using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef unsigned long long int ull;
const int    maxn = 1e5 + 10;
const ll     mod  = 1e9 + 7;
const ll     INF  = 1e18 + 100;
const int    inf  = 0x3f3f3f3f;

int n, m, k;
int T, cas, tol = 0;

map<int, bool> mp;

int main() {
	// freopen("in", "r", stdin);
	scanf("%d", &T);
	while(T--) {
		mp.clear();
		scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
		for(int i=1, x; i<=k; i++) {
			scanf("%d", &x);
			mp[x] = true;
		}
		for(int ans=0; ; ans++) {
			int x = m + ans;
			int y = m - ans;
			if(x <= n && !mp.count(x)) {
				printf("%d
", ans);
				break;
			}
			if(y>=1 && !mp.count(y)) {
				printf("%d
", ans);
				break;
			}
		}
	}
	return 0;
}

JOE is on TV!

[Time Limit: 1 squad Memory Limit: 256 MB ]

答案就是 (sum_{i=1}^{n} frac{1}{i})

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/*************************************************************** 
    > File Name        : b.cpp
    > Author           : Jiaaaaaaaqi
    > Created Time     : 2020/1/19 21:42:50
 ***************************************************************/

#include <bits/stdc++.h>
#define  fi         first
#define  se         second
#define  pb         push_back
#define  pii        pair<int, int>
#define  dbg(x)     cout << #x << " = " << (x) << endl
#define  mes(a, b)  memset(a, b, sizeof a)

using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef unsigned long long int ull;
const int    maxn = 1e5 + 10;
const ll     mod  = 1e9 + 7;
const ll     INF  = 1e18 + 100;
const int    inf  = 0x3f3f3f3f;

int n, m;
int T, cas, tol = 0;

int main() {
	// freopen("in", "r", stdin);
	scanf("%d", &n);
	double ans = 0;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		ans += 1.0/i;
	}
	printf("%.10f
", ans);
	return 0;
}

NEKO's Maze Game

[Time Limit: 1.5 squad Memory Limit: 256 MB ]

首先 ((1, 1)) 和 ((2, n)) 肯定不能为岩浆地板，肯定不能存在这三种情况:

1. 存在 ((1, x)) 和 ((2, x-1)) 都为 (1)
2. 存在 ((1, x)) 和 ((2, x+1)) 都为 (1)
3. 存在 ((1, x)) 和 ((2, x)) 都为 (1)

只要记录存在多少对这样的对数，当不存在这样的对数，并且((1, 1)) 和 ((2, n)) 不为岩浆时，则可以通过。

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/*************************************************************** 
    > File Name        : c.cpp
    > Author           : Jiaaaaaaaqi
    > Created Time     : 2020/1/19 21:48:23
 ***************************************************************/

#include <bits/stdc++.h>
#define  fi         first
#define  se         second
#define  pb         push_back
#define  pii        pair<int, int>
#define  dbg(x)     cout << #x << " = " << (x) << endl
#define  mes(a, b)  memset(a, b, sizeof a)

using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef unsigned long long int ull;
const int    maxn = 1e5 + 10;
const ll     mod  = 1e9 + 7;
const ll     INF  = 1e18 + 100;
const int    inf  = 0x3f3f3f3f;

int n, m, x, y;
int T, cas, tol = 0;

int a[2][maxn];

int main() {
	// freopen("in", "r", stdin);
	scanf("%d%d", &n, &m);
	int f1 = 1, f2 = 1, cnt = 0;
	while(m--) {
		scanf("%d%d", &x, &y);
		x--;
		if(x==0 && y==1)	f1 = !f1;
		if(x==1 && y==n)	f2 = !f2;
		if(a[x][y] == 0) {
			a[x][y] = 1;
			if(y-1 >= 1 && a[!x][y-1] == 1)	cnt++;
			if(a[!x][y] == 1)	cnt++;
			if(y+1 <= n && a[!x][y+1] == 1)	cnt++;
		} else {
			a[x][y] = 0;
			if(y-1 >= 1 && a[!x][y-1] == 1)	cnt--;
			if(a[!x][y] == 1)	cnt--;
			if(y+1 <= n && a[!x][y+1] == 1)	cnt--;
		}
		puts(f1 && f2 && cnt==0 ? "Yes":"No");
	}
	return 0;
}

Aroma's Search

[Time Limit: 1 squad Memory Limit: 256 MB ]

可以先把和 ((x_s, y_s)) 曼哈顿距离在 (t) 以内的点都找出来，这个数量不会很多。

然后可以枚举从 ((x_s, y_s)) 直接到第 (i) 个节点，因为 (a_x, a_y) 都是大于 (2) 的，那么说明越往后面，曼哈顿距离越大，所以我肯定是先走 (j -> (j-1)) 方向，一直到第一个点以后，如果还有多余的步数可以走的话，那么就从到第 (i+1) 节点，然后在走 (j -> (j+1)) 方向。

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/*************************************************************** 
    > File Name        : d.cpp
    > Author           : Jiaaaaaaaqi
    > Created Time     : 2020/1/19 22:08:43
 ***************************************************************/

#include <bits/stdc++.h>
#define  fi         first
#define  se         second
#define  pb         push_back
#define  pii        pair<int, int>
#define  dbg(x)     cout << #x << " = " << (x) << endl
#define  mes(a, b)  memset(a, b, sizeof a)

using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef unsigned long long int ull;
const int    maxn = 1e3 + 10;
const ll     mod  = 1e9 + 7;
const ll     INF  = 1e18 + 100;
const int    inf  = 0x3f3f3f3f;

int n, m, sz;
int T, cas, tol = 0;

ll ans = 0;
ll maps[maxn][maxn];
vector<pair<ll, ll>> g;

int main() {
	// freopen("in", "r", stdin);
	ll x, y, ax, ay, bx, by, xs, ys, t;
	scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld", &x, &y, &ax, &ay, &bx, &by);
	scanf("%lld%lld%lld", &xs, &ys, &t);
	g.pb({0, 0});
	g.pb({xs, ys});
	for(int i=0; ; i++) {
		if(abs(x-xs) + abs(y-ys) <= t)	g.pb({x, y});
		x = ax*x+bx;
		y = ay*y+by;
		if(x-xs>t || y-ys>t)	break;
	}
	sz = g.size()-1;
	for(int i=0; i<=sz+1; i++)	for(int j=0; j<=sz+1; j++)	maps[i][j] = INF;
	for(int i=1; i<=sz; i++)	for(int j=1; j<=sz; j++)
		maps[i][j] = abs(g[i].fi-g[j].fi) + abs(g[i].se-g[j].se);
	ll ans = 0;
	for(int i=2; i<=sz; i++) {
		ll res = maps[1][i], cnt = 1;
		if(res > t)	break;
		for(int j=i; j>=3; j--) {
			if(res + maps[j][j-1] > t)	break;
			res += maps[j][j-1], cnt++;
		}
		ans = max(ans, cnt);
		res += maps[2][i+1], cnt++;
		if(res > t)	continue;
		for(int j=i+1; j<sz; j++) {
			if(res+maps[j][j+1] > t)	break;
			res += maps[j][j+1], cnt++;
		}
		ans = max(ans, cnt);
	}
	printf("%lld
", ans);
	return 0;
}

Xenon's Attack on the Gangs

[Time Limit: 3 squad Memory Limit: 256 MB ]

首先我们假设某一条边为 (0)，那么这条边一侧到另一侧的节点的 (mex) 至少为 (1)，接下来考虑加入一个条为 (1) 的边，我们发现只有当 (1) 与 (0) 相连时，这个 (1) 才会使 (0-1) 这条链两侧的节点的 (mex) 至少为 (2)，同理，接下来的 (2) 应该和 (0-1) 这条链相连，也就是说只有 (x) 和 (0-(x-1)) 相连并且形成一条链时， (x) 才能造成新的贡献。

那么可以枚举每一条链，在这条链上填满 (0-x)，令 (dp[i][j]) 为从 (i) 到 (j) 这条简单路径的链上的最大 (S) 值。因为最大的 (x) 必须和 (0-(x-1)) 相连，所以 (x) 肯定是在链的最外的两条边的其中一条。那么我们可以预处理出 (fa[root][i]) 表示以 (root) 为根时 (i) 的父亲节点，那么就可以知道 (i、j) 是如何往中间缩减的，(dp) 也就可以推出来了。

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/*************************************************************** 
    > File Name        : e.cpp
    > Author           : Jiaaaaaaaqi
    > Created Time     : 2020/1/21 18:52:51
 ***************************************************************/
 
#include <bits/stdc++.h>
#define  fi         first
#define  se         second
#define  pb         push_back
#define  pii        pair<int, int>
#define  dbg(x)     cout << #x << " = " << (x) << endl
#define  mes(a, b)  memset(a, b, sizeof a)
 
using namespace std;
typedef long long int ll;
typedef unsigned long long int ull;
const int    maxn = 3e3 + 10;
const ll     mod  = 1e9 + 7;
const ll     INF  = 1e18 + 100;
const int    inf  = 0x3f3f3f3f;
 
int n, m;
int T, cas, tol = 0;
 
vector<int> g[maxn];
ll dp[maxn][maxn];
int fa[maxn][maxn], cnt[maxn][maxn];
 
void dfs(int u, int f, int root) {
	fa[root][u] = f, cnt[root][u] = 1;
	for(auto v : g[u]) if(v != f) {
		dfs(v, u, root);
		cnt[root][u] += cnt[root][v];
	}
}
 
ll dfs(int u, int v) {
	if(u == v)	return dp[u][v] = 0;
	if(~dp[u][v])	return dp[u][v];
	return dp[u][v] = max(dfs(u, fa[u][v]), dfs(fa[v][u], v)) + cnt[u][v]*cnt[v][u];
}
 
int main() {
	// freopen("in", "r", stdin);
	scanf("%d", &n);
	for(int i=2, u, v; i<=n; i++) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		g[u].pb(v), g[v].pb(u);
	}
	for(int i=1; i<=n; i++)	dfs(i, 0, i);
	mes(dp, -1);
	ll ans = 0;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		for(int j=1; j<=n; j++) {
			ans = max(ans, dfs(i, j));
		}
	}
	printf("%lld
", ans);
	return 0;
}