Educational Codeforces Round 41 A B C D E

A. Tetris

题意

俄罗斯方块，问能得多少分。

思路

即求最小值

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
using namespace std;
typedef long long LL;
#define maxn 1010
int cnt[maxn];
int main() {
    int n,m,x;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    F(i, 0, m) {
        scanf("%d", &x);
        ++cnt[x];
    }
    int ans = m;
    F2(i ,1, n) ans = min(ans, cnt[i]);
    printf("%d
", ans);
    return 0;
}

B. Lecture Sleep

题意

一节课共(n)秒，(t_i=1)当且仅当小明在第(i)秒会打盹，小明能学习到(a_i)个知识点当且仅当他在第(i)秒不打盹。

现在有一种魔法能让小明连续(k)秒不打盹，但只能使用一次，要求最大化小明能学习到的知识点个数。

思路

计算两个前缀和，枚举使用魔法的开始时刻借助前缀和(O(1))计算对应的收益。

时间复杂度：(O(n)).

// 菜菜我被条件表达式实力坑了一波，切记切记它的优先级相当低，低于算术运算，低于位运算，低于逻辑运算，切记切记加括号加括号。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 100010
using namespace std;
typedef long long LL;
LL a[maxn], pre[maxn], pre2[maxn];
int main() {
    int n, k;
    scanf("%d%d", &n, &k);
    F2(i, 1, n) {
        scanf("%I64d", &a[i]);
        pre[i] = pre[i-1] + a[i];
    }
    F2(i, 1, n) {
        int t = 0;
        scanf("%d", &t);
        pre2[i] = pre2[i-1] + (t?a[i]:0);
    }
    LL ans = 0;
    F2(i, 1, n-k+1) {
        ans = max(ans, pre2[i-1]-pre2[0]+pre2[n]-pre2[i+k-1]+pre[i+k-1]-pre[i-1]);
    }
    printf("%I64d
", ans);
    return 0;
}

C. Chessboard

题意

一个合法的棋盘中，相邻格子的颜色（黑、白）不同。

现在一个(2n imes2n)的棋盘碎成了四块(n imes n)的棋盘，并且有一些格子的颜色发生了变化。

要求将它拼起来，并且修改最少格子的颜色，得到一个合法的棋盘。

思路

将棋盘拼起来有(4!=24)种方案，对每种方案去计算一个数目，最后取最小值。

注意到，合法的棋盘只可能有两种，且由左上角的格子唯一确定。

所以对每种方案去计算数目的只需要与这两种棋盘对比，取最小。

时间复杂度：(O(48n^2))

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 110
#define maxm 210
using namespace std;
typedef long long LL;
char s[maxn];
int n;
bool b[maxm][maxm], st1[maxm][maxm], st2[maxm][maxm];
struct board {
    int c[maxn][maxn];
}a[4];
void concat(int x1,int x2,int x3,int x4) {
    F(i, 0, n) F(j, 0, n) b[i][j] = a[x1].c[i][j];
    F(i, n, n<<1) F(j,0,n) b[i][j] = a[x2].c[i-n][j];
    F(i, 0, n) F(j, n, n<<1) b[i][j] = a[x3].c[i][j-n];
    F(i, n, n<<1) F(j, n, n<<1) b[i][j] = a[x4].c[i-n][j-n];
    int m = n<<1;
}
void init() {
    int m=n<<1;
    F(i, 0, m) F(j, 0, m) st1[i][j] = (i+j)&1, st2[i][j] = !st1[i][j];
}
int work() {
    int m = n<<1, ret1=0, ret2=0;
    F(i, 0, m) F(j, 0, m) ret1 += st1[i][j]!=b[i][j];
    F(i, 0, m) F(j, 0, m) ret2 += st2[i][j]!=b[i][j];
    return min(ret1, ret2);
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    init();
    F(i, 0, 4) {
        F(j, 0, n) {
            scanf("%s", s);
            F(k, 0, n) a[i].c[j][k] = s[k]=='1'?1:0;
        }
    }
    int ans = n*n*4;
    F(x1,0,4) {
        F(x2,0,4) {
            if (x2==x1) continue;
            F(x3,0,4) {
                if (x3==x2||x3==x1) continue;
                F(x4,0,4) {
                    if (x4==x1||x4==x2||x4==x3) continue;
                    concat(x1,x2,x3,x4);
                    ans = min(ans, work());
                }
            }
        }
    }
    printf("%d
", ans);
    return 0;
}

D. Pair Of Lines

题意

平面上一些点，问是否能画出两条直线，使得穿过平面上所有点。

思路

若点数(leq 3)，显然可行。

否则，取前三个点，必有(1,2)共线或是(1,3)共线或是(2,3)共线（若2,3不共线，则必有至少一点与1共线），对这三种情况(check)其他点是否满足要求，若均不满足，则为(NO).

(check)时将共线的所有点扔掉，再(check)剩下的所有点是否共线。

共线用叉积计算。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 100010
using namespace std;
typedef long long LL;
struct Point {
    LL x, y;
    Point operator - (const Point& p) const { return {x-p.x, y-p.y}; }
}p[maxn];
int n;
inline bool cross(Point a, Point b) { return a.y*b.x==a.x*b.y; }
inline bool collinear(int x, int y, int z) { return cross(p[x]-p[y], p[x]-p[z]); }
bool ok(int x, int y) {
    vector<int> v;
    F(i, 0, n) {
        if (!collinear(x,y,i)) v.push_back(i);
    }
    if (v.size()<=2) return true;
    x=v[0], y=v[1];
    for (auto i : v) {
        if (!collinear(x,y,i)) return false;
    }
    return true;
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    F(i, 0, n) scanf("%I64d%I64d", &p[i].x, &p[i].y);
    if (n<=4) puts("YES");
    else if (ok(0, 1)) puts("YES");
    else if (ok(0, 2)) puts("YES");
    else if (ok(1, 2)) puts("YES");
    else puts("NO");
    return 0;
}

E. Tufurama

题意

给定一个序列，问有多少对(i,j)满足(a[i]geq j,a[j]geq i).

思路

考虑对于某个(i)去找有多少个(j)满足条件，首先，寻找的下标范围为(jin[1,a[i]])，此外需要满足的条件为(a[j]geq i).

下标范围的条件好处理，第二个条件怎么办呢？要是每次计算的时候范围内的点都是满足第二个条件的该多好啊！

所以，每次算完之后将不满足条件的扔掉就行了。因为(i)是递增的，所以可以放心大胆扔。

从小到大，对于每个(i)，统计有多少个下标在([1,a[i]])的范围内，然后扔掉值为(i)的所有下标，这样每次算的时候统计到的都是满足第二个条件的下标了。

// 其实是种很常见的想法...。
// 翻了一下很容易就找到了hdu 3887...。

用(vector[x])记录值为(x)的所有下标，用树状数组维护下标的个数。

注意最后去掉多算的部分，一部分是和本身，另一部分因为该关系是等价关系所以会算两次。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 200010
using namespace std;
typedef long long LL;
int c[maxn], a[maxn], n;
vector<int> v[maxn];
inline int lowbit(int x) { return x & (-x); }
inline void add(int x, int d) { while (x<=n) c[x]+=d, x+=lowbit(x); }
inline LL query(int x) { LL ret=0; while (x) ret+=c[x], x-=lowbit(x); return ret; }
int main() {
    scanf("%d", &n);
    F2(i, 1, n) {
        scanf("%d", &a[i]);
        if (a[i]<=n) v[a[i]].push_back(i);
        add(i, 1);
    }
    LL ans = 0;
    F2(i, 1, n) {
        ans += query(min(a[i], n));
        for (auto x : v[i]) add(x, -1);
    }
    F2(i, 1, n) if (a[i]>=i) --ans;
    printf("%I64d
", ans>>1);
    return 0;
}