A - 超级赛亚ACMer
n m k
m >=max( a[i] );
m < min(a[i]); 先判断掉 然后就可以找到最接近的 比m小的一个数 往上涨 看是否能行 O(n)
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> #include<string> #include<iostream> #include<math.h> using namespace std; #define MAXN 10010 #define ll long long #define exp 1e-8 ll z[MAXN]; bool cmp(ll a,ll b) { return a>b; } int main() { int t; scanf("%d",&t); int ca=1; while(t--) { int n,m,k; scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&z[i]); printf("Case #%d: ",ca++); sort(z+1,z+n+1,cmp); if(m>=z[1]) printf("why am I so diao? "); else if(z[n]>m) printf("madan! "); else { int ind; for(int i=n;i>=1;i--) { if(z[i]>m) { ind=i+1; break; } } int ok=0; ll a=k; ll now=z[ind]; for(int i=ind;i>=2;i--) { if(now+a>=z[1]) { ok=1; break; } if(now+a<z[i-1]) break; now=z[i-1]; if(a>=1) a--; } if(ok==1) printf("why am I so diao? "); else printf("madan! "); } } return 0; }
B - 找连续数
n*n预处理 O（1）查询 放到set里判断有没有相同 准确的是n*n*log(n)
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> #include<string> #include<iostream> #include<math.h> #include<map> using namespace std; #define MAXN 100010 #define ll long long #define exp 1e-8 ll z[10001]; int ans[1010]; map<ll,int>m1; int main() { int n,m; int ca=1; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&z[i]); memset(ans,0,sizeof(ans)); for(int i=1;i<=n;i++) { int mi=z[i]; int mx=z[i]; m1.clear(); for(int j=i;j<=n;j++) //j-i+1 { m1[z[j]]++; if(m1[z[j]]>1) break; if(z[j]>mx) mx=z[j]; if(z[j]<mi) mi=z[j]; if(mx-mi+1==j-i+1) ans[j-i+1]++; } } printf("Case #%d: ",ca++); while(m--) { int a; scanf("%d",&a); printf("%d ",ans[a]); } } return 0; }
C - 序列变换
很自然的想法 什么都想不到 那么二分答案 log(n) 很优秀的复杂度 然后n的贪心 O(n*log(n))
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> #include<string> #include<iostream> #include<math.h> using namespace std; #define MAXN 100010 #define ll long long #define exp 1e-8 int z[MAXN]; int x[MAXN]; int n; bool jud(int a) { x[1]=z[1]-a; for(int i=2;i<=n;i++) { if(z[i]+a<=x[i-1]) return 0; x[i]=max(x[i-1]+1,z[i]-a); } return 1; } int main() { int t; scanf("%d",&t); int ca=1; while(t--) { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&z[i]); int l=0; int r=10000000; int ans=r; while(l<=r) { int mid=(l+r)>>1; if(jud(mid)) { ans=mid; r=mid-1; } else l=mid+1; } printf("Case #%d: ",ca++); printf("%d ",ans); } return 0; }
D - KPI
这种求中间的那个往往要用2个数据结构来维护 2个set 前面多了往后面 后面多了往前面 删除的话 在2和set里面都找一下 然后丢出第一个set里面最大的 O(nlog(n))
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> #include<string> #include<iostream> #include<math.h> #include<map> #include<set> #include<queue> using namespace std; #define MAXN 100010 #define ll long long #define exp 1e-8 queue<int>q1; set<int>s1,s2; int main() { int n; int ca=1; while(scanf("%d",&n)!=EOF) { s1.clear(); s2.clear(); while(!q1.empty()) q1.pop(); printf("Case #%d: ",ca++); int num=0; while(n--) { char s[10]; scanf("%s",s); if(s[0]=='q') { set<int>::iterator i=s1.end(); i--; printf("%d ",*i); } else if(s[0]=='o') { int a=q1.front(); q1.pop(); set<int>::iterator i=s1.find(a); if(i==s1.end()) { i=s2.find(a); s2.erase(i); if(s1.size()-s2.size()>2) { set<int>::iterator j=s1.end(); j--; int b=*j; s2.insert(b); s1.erase(j); } } else { s1.erase(i); if(s1.size()==s2.size()) { if(s2.size()>=1) { set<int>::iterator j=s2.begin(); int b=*j; s1.insert(b); s2.erase(j); } } } num--; } else { int c; scanf("%d",&c); q1.push(c); int a=s1.size(); if(a==0) { s1.insert(c); } else { set<int>::iterator i=s1.end(); i--; if(c>*i) { s2.insert(c); if(s1.size()-s2.size()==0) { set<int>::iterator j=s2.begin(); int a=*j; s1.insert(a); s2.erase(j); } } else { s1.insert(c); if(s1.size()-s2.size()>2) { set<int>::iterator j=s1.end(); j--; int a=*j; s2.insert(a); s1.erase(j); } } } num++; } } } return 0; }
B - 连接的管道
不错的最小生成树 O(nlog(n))
C - 棋盘占领
一直跑 直到没的增加
E - 序列变换
a[i]<a[j]
a[i]-i<=a[j]-j
变换之后 求非严格lis O(nlog(n))
n - len;
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> #include<string> #include<iostream> #include<math.h> #include<map> #include<set> #include<queue> using namespace std; #define MAXN 100010 #define ll long long #define exp 1e-8 #define inf 1000000007 int z[MAXN]; int dp[MAXN]; int main() { int t; scanf("%d",&t); int ca=1; while(t--) { int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&z[i]); z[i]=z[i]-i; } printf("Case #%d: ",ca++); dp[0]=-inf; int cnt=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(z[i]>=dp[cnt]) { dp[++cnt]=z[i]; } else { int x=upper_bound(dp,dp+cnt,z[i])-dp; dp[x]=z[i]; } } printf("%d ",n-cnt); } return 0; }
F - Friendship of Frog
n*n
K - Kingdom of Black and White
t组样例
01串 最多可以改变一个 每个连续的0或者1分在一起 要求的是 连续的长度 的平方的和 最大
我用的维护前后缀 到达i 求得不改字母到i的贡献
然后枚举每个位子 二分结束的位子 求贡献 就行 O(nlog(n))
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> #include<string> #include<iostream> #include<math.h> #include<map> #include<set> #include<queue> using namespace std; #define MAXN 100010 #define ll long long #define exp 1e-8 #define inf 1000000007 char z[MAXN]; ll pre[MAXN],le[MAXN]; int x[MAXN],y[MAXN]; int main() { int t; scanf("%d",&t); int ca=1; while(t--) { scanf("%s",z+1); int len=strlen(z+1); printf("Case #%d: ",ca++); pre[0]=0; int cnt=1; int ind=0; for(int i=2;i<=len;i++) { if(z[i]!=z[i-1]) { pre[i-1]=pre[ind]+(ll)cnt*cnt; cnt=1; ind=i-1; } else { pre[i-1]=pre[ind]+(ll)cnt*cnt; cnt++; } } pre[len]=pre[ind]+(ll)cnt*cnt; le[len+1]=0; cnt=1; ind=len+1; for(int i=len-1;i>=1;i--) { if(z[i]!=z[i+1]) { le[i+1]=le[ind]+(ll)cnt*cnt; cnt=1; ind=i+1; } else { le[i+1]=le[ind]+(ll)cnt*cnt; cnt++; } } le[1]=le[ind]+(ll)cnt*cnt; x[0]=y[0]=0; for(int i=1;i<=len;i++) { if(z[i]=='0') { x[i]=x[i-1]+1; y[i]=y[i-1]; } else { x[i]=x[i-1]; y[i]=y[i-1]+1; } } ll mx=0; for(int i=1;i<=len;i++) { if(z[i]=='0') { int l=i; int r=len; int ans=i; while(l<=r) { int mid=(l+r)>>1; if(y[mid]-y[i-1]<=1) { l=mid+1; ans=mid; } else r=mid-1; } mx=max(mx,pre[i-1]+le[ans+1]+(ll)(ans-i+1)*(ans-i+1)); } else { int l=i; int r=len; int ans=i; while(l<=r) { int mid=(l+r)>>1; if(x[mid]-x[i-1]<=1) { l=mid+1; ans=mid; } else r=mid-1; } mx=max(mx,pre[i-1]+le[ans+1]+(ll)(ans-i+1)*(ans-i+1)); } } printf("%lld ",mx); } return 0; }
L - LCM Walk
t组样例
sx sy 可以走到 sx sy+lcm(sx,sy) 或者 sx+lcm(sx,sy),sy
现在给出 终点ex,ey 求有多少点可以走到这里
不妨写成这样 pt ,qt lcm=pqt
那么就是 pt+pqt,qt ex ey -> ex/(1+ey),ey
还有一点就是 x < y 那么 肯定是 x y变了 过来的
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> #include<string> #include<iostream> #include<math.h> #include<map> #include<set> #include<queue> using namespace std; #define MAXN 100010 #define ll long long #define exp 1e-8 #define inf 1000000007 ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a; } int ans; void solve(int x,int y) { ans++; if(x<y)swap(x,y); if(x%(y+1)==0)solve(x/(y+1),y); } int main() { int t; scanf("%d",&t); int ca=1; while(t--) { ll n,m; scanf("%lld%lld",&n,&m); ll g=gcd(n,m); n=n/g; m=m/g; if(n<m) swap(n,m); ans=1; while(n%(m+1)==0) { ans++; n=n/(m+1); if(n<m) swap(n,m); } printf("Case #%d: %d ",ca++,ans); } return 0; }
B - Binary Tree
t 组样例 n k
组成一个数为n 开始是0 到第k层
对每个节点 你可以为+ 也可以为-
输出数字和符号
有一个条件是 n<=2^k 所以链是可以确定下来的 就最左边的 或者最左边然后最后个取右边的
然后确定正负 大了就减掉小了就+ 也不知道为什么
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> #include<string> #include<iostream> #include<math.h> #include<map> #include<set> #include<queue> using namespace std; #define MAXN 70 #define ll long long #define exp 1e-8 #define inf 1000000007 ll z[MAXN]; char s[MAXN]; int main() { int t; scanf("%d",&t); int ca=1; while(t--) { ll n,k; scanf("%lld%lld",&n,&k); if(n%2==1) { z[0]=1; for(int i=1;i<k;i++) z[i]=z[i-1]*2; ll ans=z[k-1]; s[k-1]='+'; for(int i=k-2;i>=0;i--) { if(ans<n) { s[i]='+'; ans=ans+z[i]; } else { ans=ans-z[i]; s[i]='-'; } } } else { z[0]=1; for(int i=1;i<k-1;i++) z[i]=z[i-1]*2; z[k-1]=z[k-2]*2+1; ll ans=z[k-1]; s[k-1]='+'; for(int i=k-2;i>=0;i--) { if(ans<n) { s[i]='+'; ans=ans+z[i]; } else { ans=ans-z[i]; s[i]='-'; } } } printf("Case #%d: ",ca++); for(int i=0;i<k;i++) printf("%lld %c ",z[i],s[i]); } return 0; }
C - Five Dimensional Points
n 然后n个五维点 求对i这个点 要求其他任意2个和这个组成的角度 要不是锐角
显然n^3 那就GG
从二维入手 5个点能成功 1个 三维 7个点 1个 然后 5... 小于11就暴力
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> #include<string> #include<iostream> #include<math.h> #include<map> #include<set> #include<queue> using namespace std; #define MAXN 70 #define ll long long #define exp 1e-8 #define inf 1000000007 int z[1010][6]; bool vis[1010]; double pi = atan(1.0)*4; int main() { int n; while(scanf("%d",&n)!=EOF) { memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=5;j++) scanf("%d",&z[i][j]); } if(n>11) printf("0 "); else { int cnt=0; for(int i=1;i<=n;i++) { int ok=0; for(int j=1;j<=n;j++) { if(i==j) continue; for(int k=1;k<=n;k++) { if(i==k||j==k) continue; int x[6],y[6]; double ans=0,x1,y1; x1=y1=0; for(int kk=1;kk<=5;kk++) { x[kk]=z[j][kk]-z[i][kk]; y[kk]=z[k][kk]-z[i][kk]; ans=ans+x[kk]*y[kk]; x1=x1+x[kk]*x[kk]; y1=y1+y[kk]*y[kk]; } x1=sqrt(x1); y1=sqrt(y1); ans=ans/x1/y1; double c=acos(ans); if(c>=0&&c<pi/2) ok=1; } } if(ok==0) { vis[i]=1; cnt++; } } printf("%d ",cnt); for(int i=1;i<=n;i++) if(vis[i]) printf("%d ",i); } } return 0; }
D - Arpa and a list of numbers
n x y 然后n个数
花费x 删除一个数 y 使得1个数+1 求最小的花费 使得里面的数 的gcd>1
1 发现怎么弄都不行
2公约数 一定是个p p为素数 或者p^k
先枚举 p 那么自然可以想到对于 a 这个数是删掉还是变成 p*d 根据x 和 y 就可以做出选择
目前时间似乎是 n*sum(n/p);
3 然后要求下前缀 ai 的范围 给了提示 4 求num[i]*i 的前缀 然后 对于删去的 (sum[ d] -sum[j])*x 对于+ x*(p[j]-p[d+1]);
下标注意下
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> #include<string> #include<iostream> #include<math.h> #include<map> #include<set> #include<queue> using namespace std; #define MAXN 1000010 #define ll long long #define exp 1e-8 #define inf 1000000007 bool vis[MAXN]; int prim[MAXN]; ll p[MAXN*2+10]; ll num[MAXN*2+10]; int main() { for(int i=2;i<=1010;i++) { if(!vis[i]) for(int j=i*i;j<MAXN;j+=i) { vis[j]=1; } } int cnt=0; for(int i=2;i<MAXN;i++) if(!vis[i]) prim[cnt++]=i; int n,x,y; while(scanf("%d%d%d",&n,&x,&y)!=EOF) { memset(num,0,sizeof(num)); memset(p,0,sizeof(p)); for(int i=1;i<=n;i++) { int a; scanf("%d",&a); num[a]++; } for(int i=1;i<=MAXN*2;i++) { p[i]=p[i-1]+(ll)i*num[i]; num[i]=num[i]+num[i-1]; } int b=x/y; ll mi=1e19; int cnt1=0; for(int i=0;i<cnt;i++) { ll ans=0; for(int j=0;j<MAXN;j+=prim[i]) { int c=j+prim[i]; int a,d; a=c-b-1; int k; if(a<=j) a=j; k=num[c]-num[a]; d=j; ans=ans+(num[a]-num[d])*x+((ll)k*c-(p[c]-p[a]))*y; } mi=min(ans,mi); } printf("%lld ",mi); } return 0; }