A. Ascending Photo
贪心增广。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1000000 + 10;
vector<int> g[MAXN];
int a[MAXN], b[MAXN], sz[MAXN], cnt[MAXN];
bool mg[MAXN], vis[MAXN];
int n, m;
bool dfs(int u, int f = -1) {
if (g[u].empty()) return false;
for (auto &p: g[u]) if (p != f) {
if (!vis[p + 1] || cnt[u + 1] == 1) {
mg[p] = vis[p] = vis[p + 1] = 1;
if (f != -1) mg[f] = 0;
return true;
}
}
for (auto &p: g[u]) if (p != f) {
if (dfs(u + 1, p + 1)) {
mg[p] = vis[p] = vis[p + 1] = 1;
if (f != -1) mg[f] = 0;
return true;
}
}
return false;
}
int main(){
scanf("%d", &n); m = 0;
for (int i = 0, p(-1); i < n; ++ i) {
int x; scanf("%d", &x);
if (x == p) sz[m - 1] ++;
else {
p = x; a[m] = x;
sz[m ++] = 1;
}
}
n=m;
for(int i=0;i<n;i++)b[i]=a[i];
sort(b,b+n);
for(int i=m=0;i<n;i++)if(i==0||b[i]>b[m-1])b[m++]=b[i];
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
a[i] = lower_bound(b,b+m,a[i])-b;
cnt[a[i]] ++;
}
for (int i = 0; i + 1 < n; ++ i) {
if (a[i] + 1 == a[i + 1]) g[a[i]].push_back(i);
}
int ret = n;
for (int i = m - 1; i >= 0; -- i) {
if (dfs(i)) -- ret;
}
printf("%d", ret);
}
B. Boss Battle
当$nleq 3$时显然$1$步就可以炸死。否则每次可以缩小一格，故答案为$n-2$。
#include<cstdio>
int n,ans;
int main(){
scanf("%d",&n);
if(n<=3)ans=1;
else ans=n-2;
printf("%d",ans);
}
C. Connect the Dots
留坑。
D. Dunglish
按题意模拟即可。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<map>
#include<string>
using namespace std;
int n,m,i;
string a[100];
long long tot,co;
map<string,int>f,g;
map<string,string>o;
int main(){
cin>>n;
for(i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
cin>>m;
while(m--){
string a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
o[a]=b;
if(c[0]=='c')f[a]++;else g[a]++;
}
tot=1;
co=1;
for(i=1;i<=n;i++){
tot*=f[a[i]]+g[a[i]];
co*=f[a[i]];
}
if(tot==1){
for(i=1;i<=n;i++)cout<<o[a[i]]<<" "<<endl;
if(co==1){
printf("correct");
}else{
printf("incorrect");
}
}else{
printf("%lld correct
",co);
printf("%lld incorrect
",tot-co);
}
}
E. English Restaurant
在最后新添$n$个容量$+infty$的桌子，表示离开餐馆，然后将桌子按容量排序。
因为$期望=frac{总和}{方案数}$，所以可以同时DP出总和以及方案数。
注意到最终占据的一定是若干个区间，首先预处理出$w[i][j]$表示只有$[i,j]$桌子被占据的总和以及方案数，枚举最后一张桌子转移。
然后设$f[i][j]$表示$[i,n]$这些人占据了$[j,t]$这些桌子的总和以及方案数，利用前缀和优化转移。
转移时需要用组合数体现顺序，时间复杂度$O(n^3)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=210;
int n,g,t,i,j,k,x,y,c[N];double C[N][N];
struct P{
double u,d;
P(){}
P(double _u,double _d){u=_u,d=_d;}
P operator+(const P&b){return P(u*b.d+d*b.u,d*b.d);}
P operator*(const P&b){return P(u+b.u,d+b.d);}
void operator+=(const P&b){*this=*this+b;}
void operator*=(const P&b){*this=*this*b;}
}w[N][N],f[N][N],s[N][N],tmp;
inline P cal(int l,int r){
int x=min(g,l>0?c[l-1]:0),y=min(g,c[r]);
return P(c[r]<N?(y*(y+1)-x*(x+1))/2:0,y-x);
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&g,&t);
for(i=0;i<n;i++)scanf("%d",&c[i]);
sort(c,c+n);
for(i=0;i<t;i++)c[n++]=N;
for(C[0][0]=1,i=1;i<n+5;i++)for(C[i][0]=1,j=1;j<=i;j++)C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
for(j=0;j<n;j++){
w[j][j]=cal(j,j);
for(i=j-1;~i;i--)for(k=i;k<=j;k++){
tmp=P(0,C[j-i][k-i])+cal(i,k);
if(i<k)tmp+=w[i][k-1];
if(j>k)tmp+=w[k+1][j];
w[i][j]*=tmp;
}
}
for(i=t-1;~i;i--)for(j=n-1;~j;j--)if(t-i<=n-j)f[i][j]=w[j][j+t-i-1];
for(i=t-1;~i;i--)for(j=n-1;~j;j--){
for(x=i+1;x<t;x++)f[i][j]*=P(0,C[t-i][t-x])+w[j][j+x-i-1]+s[x][j+x-i+1];
s[i][j]=s[i][j+1]*f[i][j];
}
tmp=P(0,0);
for(i=0;i<n;i++)tmp*=f[0][i];
return printf("%.15f",tmp.u/tmp.d),0;
}
F. Factor-Free Tree
限制条件等价于每个点和子树内每个点都互质，这说明在中序遍历上往前往后若干个互质。
分解质因数，维护每个质因子最后一次出现的位置，即可求出$[l_i,r_i]$表示$i$与往前往后多少范围内都互质。
按中序遍历从左往右依次考虑每个点，用一个栈维护之前部分的树的最右链，对于$i$，先将它往下挂，然后尝试往上浮动，因为$r$越大的点越靠近根更优，除非$l$太大以至于不能覆盖住左边的子树。
一旦一个点的父亲确定，那么它的超过父亲的$r$的部分是毫无用处的，将$r$直接和父亲取$min$。
如此一来，每条链上满足$r$递减，故直接暴力退栈直到找到合适的位置即可。
构造部分时间复杂度为$O(n)$。
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 1000010, M = 10000010, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n,i,j;
int v[M],p[N],tot,last[M];
int a[N],left[N],right[N];
struct S
{
int l, r, rpow;
}s[N];
int fa[N];
int main()
{
for(i=2;i<M;i++){
if(!v[i]){
p[tot++]=i;
v[i]=i;
}
for(j=0;j<tot&&i*p[j]<M;j++){
v[i*p[j]]=p[j];
if(i%p[j]==0)break;
}
}
while(~scanf("%d",&n))
{
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(i=2;i<M;i++)last[i]=0;
for(i=1;i<=n;i++){
left[i]=0;
int x=a[i];
while(x>1){
//printf("! %d %d
",i,v[x]);
left[i]=max(left[i],last[v[x]]);
x/=v[x];
}
left[i]++;
x=a[i];
while(x>1){
last[v[x]]=i;
x/=v[x];
}
}
for(i=2;i<M;i++)last[i]=n+1;
for(i=n;i;i--){
right[i]=n+1;
int x=a[i];
while(x>1){
right[i]=min(right[i],last[v[x]]);
x/=v[x];
}
right[i]--;
x=a[i];
while(x>1){
last[v[x]]=i;
x/=v[x];
}
}
//for(i=1;i<=n;i++)printf("%d [%d,%d]
",i,left[i],right[i]);
int top = 0;
s[0].rpow = inf;
bool flag = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
fa[i] = 0;
s[top + 1].r = 0;
int lft = i;
while(left[i] <= s[top].l && s[top].rpow <= right[i])
{
gmin(lft, s[top].l);
--top;
}
fa[s[top + 1].r] = i;
fa[i] = s[top].r;
++top;
s[top].l = lft;
s[top].r = i;
s[top].rpow = min(right[i], s[top - 1].rpow);
//printf("i: %d l = %d r = %d rpow = %d
", i, s[top].l, s[top].r, s[top].rpow);
if(s[top - 1].rpow < i)
{
flag = 0;
//printf("i = %d s[top - 1].rpow = %d
", i, s[top - 1].rpow);
}
}
if(!flag)puts("impossible");
else
{
for(int i = 1; i <= n; ++i)printf("%d ", fa[i]);
puts("");
}
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
【题意】
【分析】
【时间复杂度&&优化】
*/
G. Glyph Recognition
枚举形状，然后二分求出半径。
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 1010, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
const double eps = 1e-8;
inline int sgn(double x) {return fabs(x) < eps ? 0 : (x < 0 ? -1 : 1);}
inline double sqr(double x){return x * x;}
struct point
{
double x, y;
point(){}
point(double a, double b) : x(a), y(b) {}
friend point operator + (const point &a, const point &b){
return point(a.x + b.x, a.y + b.y);
}
friend point operator - (const point &a, const point &b){
return point(a.x - b.x, a.y - b.y);
}
friend point operator * (const point &a, const double &b){
return point(a.x * b, a.y * b);
}
friend point operator * (const double &a, const point &b){
return point(a * b.x, a * b.y);
}
friend point operator / (const point &a, const double &b){
return point(a.x / b, a.y / b);
}
double norm(){
return sqrt(sqr(x) + sqr(y));
}
} ;
double det(const point &a, const point &b)
{
return a.x * b.y - a.y * b.x;
}
double dot(const point &a, const point &b)
{
return a.x * b.x + a.y * b.y;
}
double dist(const point &a, const point &b)
{
return (a - b).norm();
}
point rotate_point(const point &p, double A)
{
double tx = p.x, ty = p.y;
return point(tx * cos(A) - ty * sin(A), tx * sin(A) + ty * cos(A));
}
bool PointOnSegment(point p, point s, point t)
{
return sgn(det(p - s, t - s)) == 0 && sgn(dot(p - s, p - t)) <= 0;
}
struct polygon
{
int n;
point a[N];
polygon(){}
double area(){
double sum = 0;
a[n] = a[0];
for(int i = 0; i < n; i ++) sum += det(a[i + 1], a[i]);
return sum / 2;
}
int Point_In(point t){
int num = 0, i, d1, d2, k;
a[n] = a[0];
for(i = 0; i < n; i ++){
if(PointOnSegment(t, a[i], a[i + 1])) return 2;
k = sgn(det(a[i + 1] - a[i], t - a[i]));
d1 = sgn(a[i].y - t.y);
d2 = sgn(a[i + 1].y - t.y);
if(k > 0 && d1 <= 0 && d2 > 0) num ++;
if(k < 0 && d2 <= 0 && d1 > 0) num --;
}
return num != 0;
}
}c;
point p[N];
const double PI = acos(-1.0);
void make(int n, double r)
{
double ang = PI * 2.0 / n;
c.a[0] = point(r, 0);
for(int i = 1; i < n; i ++){
c.a[i] = rotate_point(c.a[0], PI * 2 - ang * i);
}
}
int n;
bool check()
{
for(int i = 0; i < n; i ++){
if(c.Point_In(p[i]) == 0) return 0;
}
return 1;
}
bool check2()
{
for(int i = 0; i < n; i ++){
if(c.Point_In(p[i]) == 1) return 0;
}
return 1;
}
const double INF = 1e9;
int main()
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 0; i < n; i ++){
scanf("%lf%lf", &p[i].x, &p[i].y);
}
double k = 0;
int ans;
for(int i = 3; i <= 8; i ++){
c.n = i;
double l = 0, r = INF;
for(int tim = 1; tim <= 1000; tim ++){
double mid = (l + r) / 2;
make(i, mid);
if(check()) r = mid;
else l = mid;
}
double out = c.area();
l = 0, r = INF;
for(int tim = 1; tim <= 1000; tim ++){
double mid = (l + r) / 2;
make(i, mid);
if(check2()) l = mid;
else r = mid;
}
double in = c.area();
double tmp = in / out;
if(tmp > k){
k = tmp;
ans = i;
}
}
printf("%d %.10f
", ans, k);
}
/*
【trick&&吐槽】
【题意】
【分析】
【时间复杂度&&优化】
*/
H. High Score
因为平方增长较快，所以全部给某个数是最优的，但在小数据下不一定成立，故小数据暴力枚举即可。
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int K=1000;
int T;ll a,b,c,d,i,j,k,ans;
inline ll cal(ll a,ll b,ll c){return a*a+b*b+c*c+min(a,min(b,c))*7;}
int main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>a>>b>>c>>d;
ans=0;
for(i=0;i<=d&&i<=K;i++)for(j=0;i+j<=d&&j<=K;j++){
k=d-i-j;
ans=max(ans,cal(a+i,b+j,c+k));
ans=max(ans,cal(a+i,b+k,c+j));
ans=max(ans,cal(a+k,b+i,c+j));
}
ans=max(ans,cal(a+d,b,c));
ans=max(ans,cal(a,b+d,c));
ans=max(ans,cal(a,b,c+d));
cout<<ans<<endl;
}
}
I. Installing Apps
每个应用可以看成会先占用$max(d,s)$的空间，然后释放$max(d,s)-s$的空间。
假设全部应用都要安装，那么按照释放空间的大小从大到小安装最优。
如此排序之后设$f[i][j]$表示考虑前$i$个应用，剩余空间为$j$时最多安装几个应用即可。
时间复杂度$O(nc)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=505,M=10010;
int n,m,i,j,x,f[N][M],g[N][M],w[N][M],q[N],cnt;
struct P{int p,w,t;}a[N];
inline bool cmp(const P&a,const P&b){return a.t>b.t;}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++){
int d,s;
scanf("%d%d",&d,&s);
a[i].p=i;
a[i].w=max(d,s);
a[i].t=a[i].w-s;
}
sort(a+1,a+n+1,cmp);
for(i=0;i<=n;i++)for(j=0;j<=m;j++)f[i][j]=-M;
f[0][m]=0;
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=0;j<=m;j++){
f[i][j]=f[i-1][j];
g[i][j]=j;
w[i][j]=0;
}
for(j=0;j<=m;j++)if(f[i-1][j]>=0){
if(j<a[i].w)continue;
if(f[i-1][j]+1>f[i][j-a[i].w+a[i].t]){
f[i][j-a[i].w+a[i].t]=f[i-1][j]+1;
g[i][j-a[i].w+a[i].t]=j;
w[i][j-a[i].w+a[i].t]=a[i].p;
}
}
}
for(i=x=0;i<=m;i++)if(f[n][i]>f[n][x])x=i;
printf("%d
",f[n][x]);
for(i=n;i;i--){
if(w[i][x])q[++cnt]=w[i][x];
x=g[i][x];
}
for(i=cnt;i;i--)printf("%d ",q[i]);
}
J. Juggling Troupe
对于$i$处的$2$，往前往后找到第一个$0$的位置$l,r$，将$l$和$r$赋值为$1$，然后将$l+r-i$赋值为$0$即可。
set维护，时间复杂度$O(nlog n)$。
#include<cstdio>
#include<set>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1000010;
set<int>T;int n,i,x;char a[N];
int main(){
scanf("%s",a+1);
n=strlen(a+1);
T.insert(0);
T.insert(n+1);
for(i=1;i<=n;i++)if(a[i]=='0')T.insert(i);
for(i=1;i<=n;i++)if(a[i]=='2'){
set<int>::iterator r=T.lower_bound(i),l=r;
l--;
x=*l+*r-i;
if(*l>0)T.erase(l);
if(*r<=n)T.erase(r);
T.insert(x);
}
for(i=1;i<=n;i++)a[i]='1';
for(set<int>::iterator it=T.begin();it!=T.end();it++)a[*it]='0';
for(i=1;i<=n;i++)putchar(a[i]);
}
K. Knockout Tournament
对于$1$，要让他的对手尽量弱小，而对于其他人，要让他的对手和他水平尽量接近，以降低他的胜率。
故将$1$看作$0$水平后从小到大排序，相邻的配对即可。
然后计算概率的时候只需要暴力枚举两边的胜者，两个点只会在lca处被计算，故时间复杂度为$O(n^2)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
typedef pair<int,double>P;
const int N=8200;
int n,m,i,j,a[N],start;
vector<P>f[N];
inline double win(int x,int y){
return 1.0*a[x]/(a[x]+a[y]);
}
inline void cal(int x){
int l=x<<1,r=x<<1|1;
for(int _=0;_<2;_++){
for(vector<P>::iterator i=f[l].begin();i!=f[l].end();i++){
int A=i->first;
double B=0;
for(vector<P>::iterator j=f[r].begin();j!=f[r].end();j++){
B+=win(A,j->first)*j->second;
}
f[x].push_back(P(A,B*i->second));
}
swap(l,r);
}
}
int id[N],cnt;
void dfs(int x){
if((x<<1)>m){
id[++cnt]=x;
//printf("%d %d
",cnt,x);
}
if((x<<1)<=m)dfs(x<<1);
if((x<<1|1)<=m)dfs(x<<1|1);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
a[0]=a[1];
a[1]=0;
sort(a+1,a+n+1);
a[1]=a[0];
m=n*2-1;
start=m-n+1;
dfs(1);
for(i=1;i<=n;i++){
int x=id[n-i+1];
f[x].push_back(P(i,1));
}
for(i=start-1;i;i--){
cal(i);
}
for(i=0;i<f[1].size();i++)if(f[1][i].first==1){
printf("%.10f",f[1][i].second);
}
}