2018-2019 ICPC, NEERC, Southern Subregional Contest
闲谈：
被操哥和男神带飞的一场ACM，第一把做了这么多题，荣幸成为7题队，虽然比赛的时候频频出锅，差点被鸽，但还算打完了5h
总的来说这场还是不算难的，7题还是少了点
A
题目：
给出a,b，求出一个数满足是a的倍数，且数字和为b
题解：
男神懒得写博客就甩锅了
直接宽搜，宽搜时队列中的状态保存为x,y，x表示当前的数%a==x，y表示数字和
然后记录状态和方案就行了
参考代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> #include<queue> using namespace std; const int N=505,M=5010; struct node { int x,y; // %A=x, 和为y , 上一个为k } a[N][M],from[N][M],list[N*M*10]; int head,tail; bool v[N][M]; int ans[1000010]; int main() { int A,B; scanf("%d%d",&A,&B); head=1; tail=2; list[1]=(node){0,0}; memset(v,false,sizeof(v)); v[0][0]=true; while(head!=tail) { int x=list[head].x,y=list[head].y; for(int i=0;i<=9;i++) { int tx=(x*10+i)%A,ty=y+i; if(v[tx][ty]==true||ty>B) continue; v[tx][ty]=true; from[tx][ty]=(node){x,y}; list[tail++]=(node){tx,ty}; } head++; } int len=0; int x=0,y=B; if(v[0][B]==false) { printf("-1 "); return 0; } while(x!=0||y!=0) { int tx=from[x][y].x,ty=from[x][y].y; ans[++len]=y-ty; x=tx; y=ty; } for(int i=len;i>=1;i--) printf("%d",ans[i]); printf(" "); return 0; }
B(*)
题目：
给出n个IPv4地址，表示n个区间
形如a.b.c.d/x，相当于左端点为a*224+b*216+c*28+d，长度为232-x的区间（若形如a.b.c.d则与a.b.c.d/32相同）
每个区间有颜色，黑区间或白区间，剩下没给出的地址中（也就是从0.0.0.0到255.255.255.255中没被覆盖的地址）非黑非白
PS:这道题IPv4地址的定义是a.b.c.d/x中a*224+b*216+c*28+d的二进制位中后32-x位必须都是0
求出最少的区间（以IPv4地址形式）能够覆盖所有黑区间（非黑非白的地址可以被覆盖，但是白区间不能被覆盖）
题解：
用01字典树来做
首先按照给出的区间的左端点的二进制位从大到小x位插进字典树中，之所以只插x位是因为这段区间实际上就是以插进最后一位的所在节点的满子树（也就是所有点都有01孩子（深度不超过32））
那我们就可以用一个节点来表示一段区间，并可以保证满足IPv4的定义
然后我们对字典树上的点染色，黑色区间左端点插字典树的时候就将点值或1，白色就将点值或2
那么整棵字典树上，显然点值为1的节点就表示这个点可以用来覆盖黑区间（因为不受白区间影响）
我们就可以直接DFS求出最少的点来覆盖所有叶子节点，那肯定是找到的点深度越浅越好
对于-1的情况，就提前排序判断一下区间重叠的情况就行了
参考代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long LL; struct bw { LL l;int d,col; }p[210000]; bool cmp(bw n1,bw n2){return n1.l<n2.l;} char st[31]; void read(int x) { scanf("%s",st+1); int col; if(st[1]=='+') col=2; else col=1; int len=strlen(st+1); int b=24; LL l=0,r=0,d=0; for(int i=2;i<=len;i++) { if(st[i]=='.') { l+=d*(1LL<<b); b-=8;d=0; } else if(st[i]=='/') { l+=d*(1LL<<b); d=0;for(int j=i+1;j<=len;j++) d=d*10+st[j]-'0'; break; } else { d=d*10+st[i]-'0'; if(i==len) l+=d*(1LL<<b),r=l,d=32; } } p[x]=(bw){l,32-d,col}; } struct trie { int c[2],col; trie() { col=0; memset(c,-1,sizeof(c)); } }t[7100000];int tot; struct answer { LL d;int x; }ans[7100000];int cnt; void dfs(int x,LL k,int dep) { if(t[x].col==1) { ans[++cnt]=(answer){k,dep}; return ; } if(t[x].c[0]!=-1) dfs(t[x].c[0],k,dep-1); if(t[x].c[1]!=-1) dfs(t[x].c[1],k+(1LL<<(dep-1)),dep-1); } int main() { int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) read(i); sort(p+1,p+n+1,cmp); for(int i=1;i<n;i++) { if(p[i].col!=p[i+1].col&&p[i].l+(1LL<<p[i].d)-1>=p[i+1].l) { printf("-1 "); return 0; } } tot=0; for(int i=1;i<=n;i++) { LL l=p[i].l;int d=p[i].d,col=p[i].col; int x=0;t[x].col|=col; for(int j=31;j>=d;j--) { int y=(l>>j)&1; if(t[x].c[y]==-1) t[x].c[y]=++tot; x=t[x].c[y];t[x].col|=col; } } cnt=0;dfs(0,0,32); printf("%d ",cnt); LL mk=(1<<8)-1; for(int i=1;i<=cnt;i++) { LL d=ans[i].d; printf("%lld.%lld.%lld.%lld/%d ",(d>>24)&mk,(d>>16)&mk,(d>>8)&mk,d&mk,32-ans[i].x); } return 0; }
C
咕咕咕：
本来可以提前2hA掉的题目，结果因为男神没开long long，主席树又爆空间，贡献13发罚时
结果操哥直接就又写了一发扫描线过掉了，结果男神重开long long，也过了
一题两种解法。。直接出门直走[飞机]
D
咕咕咕：
男神一波甩锅[飞机]
E(*)
题目：
给出n个任务，每个任务有它需要花费的时间，每做完m个任务就要休息等同于做完这m个任务所需要的时间的时间
求出一个值d，表示只有花费的时间<=d的任务才会被完成
在符合d的条件下，任务需要按照初始的顺序依次完成
给出总时间t，要求做完任务的时间（包括休息时间）要<=t，若完成了最后想要完成的任务后需要休息时，可以不休息，但也不能再做任务了
求出一个d，使得能做完的任务尽量多，求出最大可完成任务数和任意一个能得到最大可完成任务数的d值
题解：
一眼二分题（虽说是赛后才A的）
先将原花费时间排序去重，然后二分位置，因为d值一定可以为其中一个任务的花费时间
然后很容易想到实际上排序后每个任务的花费时间作为d值来求出的任务数，是呈单峰的
那么我们就可以二分，然后对于前后的取值判断当前在单峰的哪个位置，然后再继续二分就好了
参考代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long LL; int a[210000],s[210000]; int n,m;LL t; int check(int x) { x=s[x]; int ans=0,d=0; LL tt=0,t1=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(a[i]>x) continue; if(tt+a[i]>t) return ans; tt+=a[i]; t1+=a[i];d++; ans++; if(d==m) { if(tt+t1>t) return ans; tt+=t1; t1=0;d=0; } } return ans; } int main() { int T; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d%d%lld",&n,&m,&t); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),s[i]=a[i]; sort(s+1,s+n+1);int len=unique(s+1,s+n+1)-s-1; int l=1,r=len,sum=0,ans=1; while(l<=r) { int mid=(l+r)/2; int d=check(mid); if(d>sum) sum=d,ans=mid; if(check(mid+1)>d) l=mid+1; else r=mid-1; } printf("%d %lld ",sum,min(t,LL(s[ans]))); } return 0; }
F
题目：
当前，有两位参与选拔的人Alice和Bob，有n个观众，每个观众有自己的影响力
每个观众要么谁都不支持，要么支持Alice，要么支持Bob，要么两个都支持
现在选拔现场的工作人员想要选出若干个观众来到现场（设人数为m），若a为支持Alice的人数，b为支持Bob的人数
则现场的观众必须满足2a>=m且2b>=m，求出满足情况的条件下，能够请到的观众的影响力之和最大
题解：
赤裸裸的贪心，比赛的时候叫AKC验了想法，就直接做了
首先对于两者都支持的观众一定可以选，因为他们都对a,b有贡献，而只会让m+1，所以无论什么情况都可以请
然后用三个大根堆分别保存只支持Alice和只支持Bob和谁都不支持的影响力
然后在两者都有值的情况下，分别取两个堆的堆顶加到答案里，因为这样会使得a+1,b+1,m+2，也是不影响答案的
接下来对于剩下的一个堆，和谁都不支持的堆，显然接下来只能取m-2*(若剩下的堆支持Alice，则为b，若支持Bob，则为a）
因为直到最后一步为止，a和b的值一直是相等的，所以对于哪个堆已经被取完，哪个堆的a或b就会成为约束条件
然后将剩下的堆和谁都不支持的堆合起来取最大的m-2*(a或b)个影响力就行了
参考代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> #include<queue> using namespace std; typedef long long LL; char st[4]; int id() { if(st[1]=='1') { if(st[2]=='0') return 1; else return 4; } else { if(st[2]=='1') return 2; else return 3; } } priority_queue<LL> A; priority_queue<LL> B; priority_queue<LL> C; int main() { int n; scanf("%d",&n); LL ans=0,a=0,b=0,m=0; for(int i=1;i<=n;i++) { LL d; scanf("%s%lld",st+1,&d); int p=id(); if(p==1) A.push(d); if(p==2) B.push(d); if(p==3) C.push(d); if(p==4) ans+=d,m++,a++,b++; } while(A.empty()==0&&B.empty()==0) { ans+=A.top(); ans+=B.top(); a++;b++;m+=2; A.pop();B.pop(); } if(A.empty()!=0&&B.empty()!=0) { while(2LL*a>=(m+1)&&C.empty()==0) { ans+=C.top(); m++;C.pop(); } } else { if(A.empty()==0) { LL d=2LL*a-m; while(d!=0) { if(A.empty()!=0&&C.empty()!=0) break; else if(A.empty()!=0&&C.empty()==0) ans+=C.top(),C.pop(); else if(C.empty()!=0&&A.empty()==0) ans+=A.top(),A.pop(); else if(A.top()>C.top()) ans+=A.top(),A.pop(); else ans+=C.top(),C.pop(); d--; } } else { LL d=2LL*a-m; while(d!=0) { if(B.empty()!=0&&C.empty()!=0) break; else if(B.empty()!=0&&C.empty()==0) ans+=C.top(),C.pop(); else if(C.empty()!=0&&B.empty()==0) ans+=B.top(),B.pop(); else if(B.top()>C.top()) ans+=B.top(),B.pop(); else ans+=C.top(),C.pop(); d--; } } } printf("%lld ",ans); return 0; }
G
咕咕咕：
因为是AKC的，所以甩锅，出门直走[飞机]
最后一小时捡的漏
H
题目：
给出n个模式串，有Q个询问，每个询问给出一个字符串，求出这个字符串是多少个模式串的子串，并求出任意一个模式串
题解：
签到题，直接字典树保存Q个询问的字符串，然后枚举每个模式串的每个子串，然后在字典树上跑，跑到尽头的时候将当前字典树的点权+1就行了
然后判一下一个模式串中有多个相同子串的情况就行了
参考代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<queue> using namespace std; char st[11000][11]; char a[11]; struct trie { int c[41],s,t; trie() { memset(c,-1,sizeof(c)); } }t[810000];int tot; int to[51000]; int id(char cc) { if(cc>='0'&&cc<='9') return cc-'0'+1; if(cc>='a'&&cc<='z') return cc-'a'+1+10; return 37; } void bt(int p) { int x=0,len=strlen(a+1); for(int i=1;i<=len;i++) { int y=id(a[i]); if(t[x].c[y]==-1) t[x].c[y]=++tot; x=t[x].c[y]; } to[p]=x; } int v[810000]; int main() { int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",st[i]+1); int Q; scanf("%d",&Q); tot=0; for(int i=1;i<=Q;i++) { scanf("%s",a+1); bt(i); } memset(v,0,sizeof(v)); for(int i=1;i<=n;i++) { int len=strlen(st[i]+1); for(int l=1;l<=len;l++) { int x=0; for(int r=l;r<=len;r++) { int y=id(st[i][r]); if(t[x].c[y]==-1) break; x=t[x].c[y]; if(v[x]!=i) { v[x]=i; t[x].s++; t[x].t=i; } } } } for(int i=1;i<=Q;i++) { printf("%d ",t[to[i]].s); if(t[to[i]].s==0) printf("- "); else printf("%s ",st[t[to[i]].t]+1); } return 0; }
I(*)
咕咕咕：
赛后甩锅大法好[飞机]
J(*)
咕咕咕：
甩锅大法好[飞机]
K
题目：
给出n个数，要分成连续的k段，使得每段的和相同
若有合法分段的的情况就输出Yes并输出每一段的数的个数
否则输出No
题解：
签到题，直接乱搞就行了，水题
参考代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; int a[110000]; int ans[110000]; int main() { int n,k; scanf("%d%d",&n,&k); int sum=0; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i]; int tot=0; if(sum%k!=0) printf("No "); else { sum/=k;int d=0,cnt=0; int kk=0; for(int i=1;i<=n;i++) { d+=a[i];cnt++; if(d>sum){printf("No ");return 0;} if(d==sum) { ans[++kk]=cnt; cnt=0;d=0; } } printf("Yes "); for(int i=1;i<k;i++) printf("%d ",ans[i]); printf("%d ",ans[k]); } return 0; }
L(*)
咕咕咕：
究极甩锅[飞机]