Codeforces Round #586 (Div. 1 + Div. 2)

传送门

A. Cards

记录一下出现的个数就行。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
 
char s[N];
int cnt[26];
 
void run() {
    cin >> s + 1;
    int n = strlen(s + 1);
    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cnt[s[i] - 'a']++;
    }
    int Min = min(cnt['o' - 'a'], cnt['e' - 'a']);
    Min = min(Min, cnt['n' - 'a']);
    for(int i = 1; i <= Min; i++) cout << 1 << ' ';
    for(int i = 1; i <= cnt['z' - 'a']; i++) cout << 0 << ' ';
    cout << '
';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    int n; while(cin >> n) run();
    return 0;
}

B. Multiplication Table

题意：
存在一个序列(a)，现在给出一个矩阵(M),(M_{ij}=a_icdot a_j)。但现在序列和矩阵主对角线上面的元素遗失了。
现在要求(a)序列，数据保证有解。

思路：

• 容易发现，(a_1)确定后，后面的也就能依次确定了。
• 考虑怎么确定(a_1)，枚举显然不行，如果只是去猜测一个值检验，时间复杂度也不能承受。
• 容易发现(a_1cdot a_2,a_1cdot a_3,a_2cdot a_3)的值我们都知道，那么就可以求出(a_1^2)，那么就可以直接得到序列了。

代码如下：

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e3 + 5;
 
int n;
int a[N][N];
 
void run() {
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        for(int j = 1; j <= n; j++) {
            cin >> a[i][j];
        }
    }
    int ab = a[1][2], ac = a[1][3], bc = a[2][3];
    ll a2 = 1ll * ab * ac / bc;
    int a1 = sqrt(a2 + 0.5);
    cout << a1 << ' ';
    for(int i = 2; i <= n; i++) cout << a[1][i] / a1 << ' ';
    cout << '
';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n) run();
    return 0;
}

C. Substring Game in the Lesson

挺水的一个题，记录一下前面最小的就行。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 5e5 + 5;
char s[N];
void First() {
    cout << "Ann" << '
';
}
void Second() {
    cout << "Mike" << '
';
}
 
void run() {
    int n = strlen(s + 1);
    int Min = 30;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(Min >= s[i] - 'a') Second();
        else {
            First();
        }
        Min = min(Min, s[i] - 'a');
    }
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> s + 1) run();
    return 0;
}

D. Alex and Julian

题意：
给出一个集合(B)，对于集合中的每个(b_i)，将对所有的(i,j)满足(|i-j|=b_i)连边。
现在问最少去掉哪些数使得最终得到的为二分图。

思路：
感觉挺巧妙的，现在假设(a,b,a<b)这两个数发生了碰撞。
那么有(xa=yb=tcdot lcm(a,b)=tcdot frac{ab}{gcd(a,b)})。
那么就有：(x=frac{bt}{gcd(a,b)},y=frac{at}{gcd(a,b)})。
因为(t)为固定的，所以分析下即可得到，要满足(x+y)不为奇数，(frac{a}{gcd(a,b)},frac{b}{gcd(a,b)})要同奇偶。
因为这里有个(gcd(a,b))有点烦，我们现在考虑将(a,b)表示为乘积的形式：考虑(a=2^ip,b=2^jq)，这里(p,q)为奇数。
那么(gcd(a,b)=2^{min(i,j)}gcd(p,q))，这里易知(gcd(p,q))也为奇数，假设(i<j)，那么现在(frac{a}{gcd(a,b)}=frac{p}{gcd(p,q)},frac{b}{gcd(a,b)}=frac{2^{j-i}q}{gcd(p,q)})。
那么答案马上就出来啦，可以发现当(i=j)时，奇数除以一个奇数一定也为一个奇数；否则，第一个式子为奇数，第二个式子分子为偶数，分母为奇数，整个式子一定为偶数，就不同奇偶了。

所以我们按照(2)的次幂进行划分，最后贪心就行了。
感觉还是挺巧妙的，将(a,b)换成(2^i)与另外一个数的乘积怎么想得到啊QAQ难道因为(2)比较特殊？
详见代码：

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 5;
 
int n;
ll a[N], b[N];
 
void run() {
    vector <ll> v[66];
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i]; b[i] = a[i];
        int cnt = 0;
        while(a[i] % 2 == 0) {
            ++cnt; a[i] /= 2;
        }
        v[cnt].push_back(b[i]);
    }
    int Max = -1, p;
    for(int i = 0; i <= 60; i++) {
        if(sz(v[i]) > Max) {
            Max = sz(v[i]);
            p = i;
        }
    }
    int ans = n - Max;
    cout << ans << '
';
    for(int i = 0; i <= 60; i++) {
        if(i == p) continue;
        for(auto it : v[i]) cout << it << ' ';
    }
    if(ans) cout << '
';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n) run() ;
    return 0;
}

E. Tourism

题意：
给出一个无向图，每个点都有相应权值。现在从起点(s)出发，不同连续经过一条边两次，问最多可以获得多少权值。

思路：

• 容易发现，如果走到了类似于一条链上的东西，那就永远无法回头了QAQ。
• 所以考虑从度为(1)的点往里类似于拓扑排序那样来标记点，同时记录一下路径，用来处理特殊情况。
• 显然最后那些没有标记的点都要走，之后贪心考虑一条路径权值最大的走就行。
• 注意一下为一棵树的特殊情况，上述算法不能处理。

有一点细节，代码中我用了一个(nxt)数组来记录下一个位置，但是有一个问题，一个点的出度有多个点怎么办？
稍微思考一下就可以发现，这种情况不会发生，如果发生了，就成功到达目的地了~否则，就是在一条符合要求的链上面走。
另外注意走过的点权值记为0。
详见代码：

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 5;
 
int n, m;
int w[N];
struct Edge{
    int v, next;
}e[N << 1];
int head[N], tot;
void adde(int u, int v) {
    e[tot].v = v; e[tot].next= head[u]; head[u] = tot++;
}
int d[N], nxt[N];
ll dis[N];
bool vis[N];
void dfs(int u) {
    vis[u] = 1;
    for(int i = head[u]; i != -1; i = e[i].next) {
        int v = e[i].v;
        if(!vis[v]) {
            dis[v] = dis[u] + w[v];
            dfs(v);
        }
    }
}
void run() {
    for(int i = 0; i <= n; i++) head[i] = -1; tot = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i], d[i] = 0;
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        int u, v; cin >> u >> v;
        adde(u, v); adde(v, u);
        ++d[u], ++d[v];
    }
    int s; cin >> s;
    for(int i = 1; i <= n; i++) vis[i] = false, dis[i] = 0;
    if(m == n - 1) {
        dis[s] = w[s];
        dfs(s);
        cout << *max_element(dis + 1, dis + n + 1) << '
';
        return;
    }
    queue <int> q;
    for(int i = 1; i <= n; i++) if(d[i] == 1) q.push(i);
    while(!q.empty()) {
        int u = q.front(); q.pop();
        vis[u] = 1;
        for(int i = head[u]; i != -1; i = e[i].next) {
            int v = e[i].v;
            if(vis[v]) continue;
            nxt[u] = v;
            if(--d[v] == 1) {
                q.push(v);
            }
        }
    }
    ll ans = 0;
    while(vis[s]) {
        ans += w[s]; w[s] = 0;
        s = nxt[s];
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(!vis[i]) {
            ans += w[i]; w[i] = 0;
        }
    }
    for(int i = 0; i <= n; i++) vis[i] = 0;
    dfs(s);
    ans += *max_element(dis + 1, dis + n + 1);
    cout << ans << '
';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n >> m) run();
    return 0;
}