失踪人口回归。撒花^o^/
说来真是惭愧，NOI之后就没怎么刷过题，就写了几道集训队作业题，打了几场比赛还烂的不行，atcoder至今是蓝名=.=
以后还是多更一些博客吧，我可不想清华集训的时候就退役
A - XXFESTIVAL
题意：输入XXFESTIVAL,输出XX。。。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[1005];
int main()
{
scanf("%s",s);
int n=strlen(s);
for(int i=0;i<n-8;i++)
{
putchar(s[i]);
}
cout<<endl;
return 0;
}
B - Problem Set
题意：
有n个人，每人有个值di，m个问题，每个问题有个值ti，一个人可以解决值相同的问题，问能不能全部解决。
n,m<=200000
用个map每次在里边查就行了。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 200005
using namespace std;
int n,m;
map<int,int>mp;
int a[N],b[N];
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),mp[a[i]]++;
cin>>m;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&b[i]);
if(mp[b[i]]<=0)
{
puts("NO");
return 0;
}
mp[b[i]]-=1;
}
puts("YES");
return 0;
sort(a+1,a+n+1);
sort(b+1,b+m+1);
if(n<m)
{
puts("NO");
}
else
{
for(int i=n;i>=n-m+1;i--)
{
if(b[m-n+i]>a[i])
{
puts("NO");
return 0;
}
}
puts("YES");
}
return 0;
}
C - 3 Steps
题意：
给一个连通图，如果一个点u能走三条边到达v，并且uv之间没有边，那么可以在他们之间连一条边，不停的连，问最多能连几条边。
2≤N≤105
把这张图黑白染色，如果不是二分图，那么所有边都可以连上，否则只能在黑白点之间连边。
证明的话，显然一个白点走三步只能到一个黑点，连完边之后依然是个二分图，一点一点连的话显然所有能连的边都能连上。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 200005
using namespace std;
int n,m;
int head[N],ver[N],nxt[N],tot;
void add(int a,int b)
{
tot++;nxt[tot]=head[a];head[a]=tot;ver[tot]=b;return ;
}
int v[N],flag,tt1,tt2;
void dfs(int x,int c)
{
if(c)tt1++;
else tt2++;
v[x]=c;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
if(v[ver[i]]==-1)dfs(ver[i],c^1);
else if(v[ver[i]]!=(c^1))
{
flag=1;
}
}
}
int main()
{
cin>>n>>m;
int t1,t2;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&t1,&t2);
add(t1,t2);add(t2,t1);
}
memset(v,-1,sizeof(v));
dfs(1,1);long long ans;
if(flag)
{
ans=1LL*n*(n-1)/2-m;
}
else
{
ans=1LL*tt1*tt2-m;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
D - 101 to 010
题意：
有一个01序列，每次可以选出其中的一个101，变成010，问最优策略下能操作几次。
N<=500000
这题比赛的时候做了一年。。。
把101->010看做一次反应，我们发现对于发生需要有先后顺序的反应的一段只能长成1011111....或....1111101。
这样我们可以把序列分成很多段，每一段自己反应。
分段的话DP一下就好了。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 500005
using namespace std;
int n,a[N],f[N],g[N],l[N],h[N],p[N],q[N];
char s[N];
int main()
{
cin>>n;scanf("%s",s+1);
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=s[i]-'0';
memset(g,0xcf,sizeof(g));
memset(l,0xcf,sizeof(l));
memset(h,0xcf,sizeof(h));
memset(p,0xcf,sizeof(p));
memset(q,0xcf,sizeof(q));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]==1)
{
g[i]=f[i-1];
h[i]=max(f[i-1],h[i-1])+1;
l[i]=max(q[i-1],l[i-1])+1;
f[i]=p[i-1];
}
else
{
p[i]=h[i-1];
q[i]=g[i-1];
}
f[i]=max(f[i],max(f[i-1],l[i]));
}
cout<<f[n]<<endl;
return 0;
}
E - Popping Balls
题意：
有A个红球和B个蓝球排成一列，蓝球排在红球后。
可以选择一个s和t，s,t<=A+B
每次从第一个，或第s个，或第t个位置取出一个球。
问对于所有的s和t，最后的取出序列V有多少种，颜色相同的球没有区别。
A,B<=2000
这题做了十年。。。
我们先枚举V的开头有多少个红球，假设是i个，那么我们贪心的把t(不妨让t>s)设为A-i+1,因为t越小越好，第i+1个必须是蓝球。
再枚举取到剩下t-1个球时还有多少个红球j，此时还有A-i-j个蓝球。
从开始到达这个状态的方案数是$C_{B-1}^{B-1-(A-i-j)}$(之后又取走了B-1个球，其中有B-1-(A-i-j)个蓝球)。
之后的问题变为有A个红球和B个蓝球，只能选一个s，问取完的方案数。
大概是$$sum_{k=0}^{j}sum_{l=0}^{j-k}C_{A-i-j-1}^{l}$$
就是组合数某一行的前缀和的前缀和。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 2005
using namespace std;
int c[N][N],s[N][N],w[N][N];
const int p = 1000000007;
int A,B;
int main()
{
for(int i=0;i<N;i++)
{
c[i][0]=s[i][0]=1;
w[i][0]=i+1;
for(int j=1;j<=i;j++)
{
c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%p;
s[i][j]=(s[i][j-1]+c[i][j])%p;
w[i][j]=1LL*c[i][j]*(i-j+1)%p;
(w[i][j]+=w[i][j-1])%=p;
}
}
cin>>A>>B;
int ans=1;
for(int i=0;i<A;i++)
{
for(int j=0;j<=A-i;j++)
{
if(A-i-j==0){ans++;continue;}
if(j+B-1<A-i)continue;
int q=0;
if(j>=A-i-j-1)
{
q=w[A-i-j-1][A-i-j-1]+1LL*(j-A+i+j+1)*s[A-i-j-1][A-i-j-1]%p;
q%=p;
}
else
{
q=w[A-i-j-1][j]-1LL*(A-i-j-1-j)*s[A-i-j-1][j]%p;
q=(q+p)%p;
}
ans=(ans+1LL*c[B-1][A-i-j]*q%p)%p;
}
}
cout<<ans%p<<endl;
return 0;
}
F - Largest Smallest Cyclic Shift
题意：
给出X个‘a’，Y个'b'，Z个‘c’，让你排列成一个字符串，使得最小表示最大。
输出最小表示。
X+Y+Z<=50
参考CF上某神犇的解法。
先把所有字母放到一个multiset<string>里，每回取出最小的字符串和最大的字符串拼在一起放回去，知道只剩一个字符串，输出。
贪心嘛，一个字符串太小了肯定要用大的往后拽，正确性大概YY一下就好了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a,b,c;
multiset<string>s;
int main()
{
cin>>a>>b>>c;
for(int i=1;i<=a;i++)s.insert("a");
for(int i=1;i<=b;i++)s.insert("b");
for(int i=1;i<=c;i++)s.insert("c");
while(s.size()>1)
{
string ss=(*s.begin())+(*s.rbegin());
s.erase(s.begin());
s.erase(--s.end());
s.insert(ss);
}
cout<<(*s.begin());
return 0;
}