CF1200Div2

(A.~ Hotelier)

按题意模拟，开个桶判一下房间里有没有人，复杂度(O(10n))

(B.~Block Adventure)

贪心，肯定背包里面的块尽可能多就比较好，所以每次在第i层时考虑把所有的都拿掉，然后看最少放出来多少个，如果全部放出来都不行说明无解。

复杂度(O(n))

(C.~Round Corridor)

乍一看发现两个角度是固定的都是(dfrac{360}{n},dfrac{360}{m})

于是问题就是你想求一下两个角度的(lcm)了，然后算多少个点会分一个块

分数求不出来，就给他们分别乘上一个(nm)

变成(360m,360n)的(lcm)再除以(nm)

这样会炸(long ~long)

我们继续化简，发现角度就是(dfrac{360* lcm(n,m)}{nm})

也就是(360*dfrac{nm/gcd(n,m)}{nm})

就是(dfrac{360}{gcd(n,m)})

这个东西是个分数，用到(double)类型就不好了

单个的角度是(dfrac{360}{n})，所以块的个数就是(dfrac{360}{gcd(n,m)}/dfrac{360}{n})（(m)类似）

也就是(dfrac{n}{gcd(n,m)})，于是求一遍(gcd)再做一下除法就好了

(D~White Lines)

我们发现行和列是单独的，所以分开处理，记(line[i])为第(i)列是否可行。

接下来我们考虑枚举一个位置((i,j))，计算以其为左上角的答案。

现在考虑列，可以发现这个矩形对其外面的列答案不会有影响。

所以未被其影响到的列的答案就是：

[sum_{l=1}^{i-1}line[l]+sum_{r=i+k}^{n}line[r] ]

于是你发现对于其外面的部分我们就做一下(line)的前缀和就能(O(1))得出答案了。

接下来考虑记一个函数(f_{i,j})表示将((i,j))至((i,j+k-1))处全部染白后此列能否可行。

接下来我们考虑记白点为(0)，黑点为(1)。

那么(f_{i,j})的计算就只要判一下((i,1))至((i,j-1))和((i,j+k))至((i,n))处是否有黑点即可。

显然我们可以对每一列记一个前缀和表示黑点的数量(这个前缀和的计算是(n^2)的)，然后(O(1))计算(f_{i,j})，于是计算(f_{i,j})的复杂度也是(O(n^2))

于是这个矩形影响到的列的答案就是：

[sum_{t=i}^{t=i+k-1}f_{t,j} ]

所以再对(f_{i,j})做一个前缀和就可以将这一部分也变成(O(1))的了，因为点对总数是(n^2)，总复杂度是(O(n^2))

行同理。

(E.~Compress Words)

这道题也是非常毒了。。。

主要是题意，我猜应该有很多人和我一样以为是合并(i)和(i-1)吧

实际上题意是说每新读入一个新字符串就将其和已有的字符串合并。

(Sol.)

考虑每次新加入一个单词，我们可以枚举一个长度，判断其前缀和已有字符串的后缀是否相同。

这个相同用(hash)判就好了。

然后暴力算的话复杂度会带个(log)，所以还要预处理一下每个数前面的系数的(k)次方在(\%hash)意义下是多少。

这样就是(O(S))了