Codeforces Round #284 (Div. 1)

A. Crazy Town

　　这一题只需要考虑是否经过所给的线，如果起点和终点都在其中一条线的一侧，那么很明显从起点走点终点是不需要穿过这条线的，否则则一定要经过这条线，并且步数+1。用叉积判断即可。

 

代码:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<map>
#define N 100010
#define M 1010
using namespace std;
int x1,y1,x2,y2,a,b,c,i,ans,n;
double x,y,xx,yy;
double cross(double x1,double y1,double x2,double y2,double x3,double y3)
{
    return (x2-x1)*(y3-y1)-(x3-x1)*(y2-y1);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&x1,&y1);
    scanf("%d%d",&x2,&y2);
    scanf("%d",&n);         
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
        if (b)
        {
        x=1;
        y=(-c-a)*1.0/b;
        xx=3;
        yy=(-c-3*a)*1.0/b;
        }
        else
        {
        y=1;
        x=(-c-b)*1.0/a;
        yy=3;
        xx=(-c-3*b)*1.0/a;
        }
        if (cross(x,y,xx,yy,x1,y1)*cross(x,y,xx,yy,x2,y2)<0)
        ans++;
    }
    printf("%d",ans);
}

C. Array and Operations

　　要使操作数目最多首先每个操作肯定是要除以一个质数的，因为一个合数可以拆成多个质数，那么操作数目明显会增加。对于每个质数可以独立考虑，对于一个质数x，假设a[i]中有sum[i]个x，一次操作会使一个数对同时减少一个x，现在要考虑的就是如何操作使得操作次数最多，由于题目保证数对的和是奇数，也就是一个数对分别有一个奇数和一个偶数，那么就可以建二分图跑网络流，对于一个数对，假设L[i]是奇数，R[i]是偶数，那么从源点s连一条流量为sum[L[i]]的边到L[i],L[i]连一条流量无穷大的边到R[i],R[i]连一条流量为sum[R[i]]的边到汇点t。跑出来的最大流就是对于质数x的最大操作数，对于每个质数的操作数累加起来就是答案。

 

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<map>
#define N 100010
#define M 810
#define INF 0x37373737
using namespace std;
int dp,pre[M],p[M],tt[M],g[M],vis[M],dis[M],z[N],now[M],s,t,a[N],sum[N];
int n,m,i,L[N],R[N],flag,j,ans;
void link(int x,int y,int z)
{
    dp++;pre[dp]=p[x];p[x]=dp;tt[dp]=y;g[dp]=z;
    dp++;pre[dp]=p[y];p[y]=dp;tt[dp]=x;g[dp]=0;
}
int min(int a,int b)
{
    if (a<b) return a;return b;
}
int bfs()
{
    int i,head,tail;
    memcpy(now,p,sizeof(p));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    head=0;tail=1;
    vis[s]=1;
    dis[s]=0;
    z[tail]=s;
    do
    {
        head++;
        i=p[z[head]];
        while (i)
        {
            if ((vis[tt[i]]==0)&&(g[i]>0))
            {
                vis[tt[i]]=1;
                dis[tt[i]]=dis[z[head]]+1;
                tail++;z[tail]=tt[i];
            }
            i=pre[i];
        }
    }
    while (head!=tail);
    return vis[t];
}
int dfs(int u,int flow)
{
    int ans,tmp,i;
    if (u==t) return flow;
    i=now[u];
    ans=0;
    while (i)
    {
        if ((dis[u]+1==dis[tt[i]])&&(g[i]>0))
        {
            tmp=dfs(tt[i],min(flow-ans,g[i]));
            ans+=tmp;g[i]-=tmp;
            if (i%2==1) g[i+1]+=tmp;else g[i-1]+=tmp;
            if (flow==ans) return flow;
        }
        i=pre[i];
        now[u]=i;
    }
    if (flow>ans) dis[u]=1;
    return ans;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d",&a[i]);
    for (i=1;i<=m;i++)
    scanf("%d%d",&L[i],&R[i]);
    for (i=2;i<=35000;i++)
    {
        flag=0;
        for (j=1;j<=n;j++)
        if (a[j]%i==0)
        {
            flag=1;
            while (a[j]%i==0)
            {
                sum[j]++;a[j]=a[j]/i;
            }
        }
    //----------------------------
        if (flag)
        {
            dp=0;
            memset(p,0,sizeof(p));
            s=0;t=n+1;
            for (j=1;j<=n;j++)
            if (j%2==0)
            link(j,t,sum[j]);
            else
            link(s,j,sum[j]);
            for (j=1;j<=m;j++)
            if (L[j]%2==0)
            link(R[j],L[j],INF);
            else
            link(L[j],R[j],INF);
            while (bfs()) ans=ans+dfs(s,INF);
            for (j=1;j<=n;j++)
            sum[j]=0;
        }
        flag=0;
    }
    for (i=1;i<=n;i++)
    if (a[i]>1)
    {
        flag=a[i];
        for (j=1;j<=n;j++)
            while (a[j]%flag==0)
            {
                sum[j]++;a[j]=a[j]/flag;
            }
        dp=0;
            memset(p,0,sizeof(p));
            s=0;t=n+1;
            for (j=1;j<=n;j++)
            if (j%2==0)
            link(j,t,sum[j]);
            else
            link(s,j,sum[j]);
            for (j=1;j<=m;j++)
            if (L[j]%2==0)
            link(R[j],L[j],INF);
            else
            link(L[j],R[j],INF);
            while (bfs()) ans=ans+dfs(s,INF);
            for (j=1;j<=n;j++)
            sum[j]=0;
    }
    printf("%d",ans);
}

D. Traffic Jams in the Land

　　正解是线段树，由于a[i]的值只可能是2到6,假设当前到了节点i,用了时间time,那么对于当前是要花费1s时间经过还是2s时间经过,用time和time%lcm(2,3,4,5,6)判断是没有差别的，那么对于线段树的每个节点都开60个数组，分别表示在(time&60)的时间进入该节点所表示的线段，并用了多少时间走出去，这样就可以对线段树进行修改和查询了。下面贴出的代码是用分块做的，块内元素固定为40，思想是和线段树一样的，只是每次修改都对所在的块暴力维护，也能卡过所有的数据。。。。

 

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 100100
#define Q 40
int n,i,j,a[N],s[30000][60],q,x,y,bx,by,tmp;
char ch;
int min(int a,int b)
{
    if (a<b) return a;return b;
}
void change(int x)
{
    int i,j,tmp;
    for (j=0;j<=59;j++)
    {
        tmp=j;
        for (i=(x-1)*Q+1;i<=min(x*Q,n);i++)
        {
            if (tmp%a[i]==0) tmp++;
            tmp++;
        }
        s[x][j]=tmp-j;
    }
}
int query(int x,int y,int bx,int by)
{
    int i,tmp;
    tmp=0;
    for (i=x;i<=bx*Q;i++)
    {
        if (tmp%a[i]==0) tmp++;
        tmp++;
    }
    for (i=bx+1;i<=by-1;i++)
    tmp=tmp+s[i][tmp%60];
    for (i=(by-1)*Q+1;i<=y;i++)
    {
        if (tmp%a[i]==0) tmp++;
        tmp++;
    }
    return tmp;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d",&a[i]);
    for (i=1;i<=(n-1)/Q+1;i++)
    change(i);
    scanf("%d",&q);
    for (i=1;i<=q;i++)
    {
        getchar();
        scanf("%c%d%d",&ch,&x,&y);
        if (ch=='C')
        {
            a[x]=y;
            change((x-1)/Q+1);
        }
        else
        {
            y--;
            bx=(x-1)/Q+1;
            by=(y-1)/Q+1;
            if (bx==by)
            {
                tmp=0;
                for (j=x;j<=y;j++)
                {
                    if (tmp%a[j]==0) tmp++;
                    tmp++;
                }
                printf("%d
",tmp);
            }
            else
            {
                printf("%d
",query(x,y,bx,by));
            }
        }
    }
}