BestCoder Round #32

问题描述

目前，我们用PM2.5的含量来描述空气质量的好坏。一个城市的PM2.5含量越低，它的空气质量就越好。所以我们经常按照PM2.5的含量从小到大对城市排序。一些时候某个城市的排名可能上升，但是他的PM2.5的含量也上升了。这就意味着他的空气质量并没有改善。所以这样的排序方式是不合理的。为了使得排序合理，我们提出了一个新的排序方法。我们按照两个PM2.5含量测量的差值（第一次-第二次）来对他们按降序排序，如果有重复，按照第二次的测量值升序排序，如果还有重复，按照输入的顺序排序。

输入描述

多组测试数据(大概100组)，每一组测试数据第一行先给出一个整数n，代表有n个城市需要被排序。城市被从0到n−1标号。接下来n行，每一含有两个整数代表每一个城市第一次和第二次被测量的PM2.5值。第i行描述城市i−1的信息。
请处理到文件末尾。
[参数说明]
所有整数都在[1,100]的范围内。

输出描述

对于每一个数据，输出排好序之后的城市ID。

输入样例

2
100 1
1 2
3
100 50
3 4
1 2

输出样例

0 1
0 2 1

思路:三关键词排序

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define maxn 1000
char ch[maxn];
using namespace std;
struct T
{
    int x;int y;int z;
}a[maxn];
int cmp(T x,T y)
{
    return ((x.x>y.x) ||((x.x==y.x && (x.y<y.y))) || (x.x==y.x && x.y==y.y && (x.z<y.z)));
}
int main()
{
    int n,x,y;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d%d",&x,&y);
            a[i].x=x-y;
            a[i].y=y;
            a[i].z=i-1;
        }
        sort(a+1,a+1+n,cmp);
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            printf("%d ",a[i].z);
        }
        printf("%d
",a[n].z);
    }
    return 0;
}

问题描述

给定一个数组(a0,a1,a2,⋯an−1)和一个整数K， 请来判断一下是否存在二元组(i,j)(0≤i≤j<n)使得 NP−sum(i,j) 刚好为K。这里NP−sum(i,j)=ai−ai+1+ai+2+⋯+(−1)j−iaj。

输入描述

多组测试数据。在文件的第一行给出一个T，表示有T组数据。
在接下来的2∗T行里，将会给出每一组数据。
每一组数据占两行，第一行包含n和K。
第二行包含(a0,a1,a2,⋯an−1)以一个空格分开。
[参数说明]
所有输入均为整数。
0<T≤25,1≤n≤1000000,−1000000000≤ai≤1000000000,−1000000000≤K≤1000000000

输出描述

对于每一个数据，输出占一行，输出格式是Case #id: ans,这儿id是数据编号，从1开始，ans是根据是否找到满足的二元组而定为“Yes.” 或 “No.” (不包含引号)
看样例可以获得更多的信息。

输入样例

2
1 1
1
2 1
-1 0

输出样例

Case #1: Yes.
Case #2: No.

Hint

如果数据比较多，建议使用快速读入

思路: 比赛的时候认为这个规模带log的都会卡,不然直接map了,然后学了种挂链表的神奇的ＨＡＳＨ

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define maxn 1000009
#define MOD 10000009
using namespace std;
int head[MOD+10],nex[maxn],a[maxn];
long long point[maxn],now=0,sum[maxn];
long long n,k;
int add(int x,int y)
{
    nex[++now]=head[x];
    head[x]=now;
    point[now]=y;
}
void insert(long long x)
{
    long long u=x%MOD;if(u<0)u*=-1;
    for(int i=head[u];i;i=nex[i])
    {
        if(point[i]==x)return;
    }
    add(u,x);
}
int find(long long x)
{
    long long u=x%MOD;if(u<0)u*=-1;
    for(int i=head[u];i;i=nex[i])
    {
        if(point[i]==x)return 1;
    }
    return 0;
}
long long read()
{
    long long x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int main()
{
    int t,cas=0;
    t=read();
    while(t--)
    {
        n=read();k=read();
        for(int i=1;i<=n;i++)a[n-i+1]=read();
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(i&1)
            {
                sum[i]=sum[i-1]+a[i];
            }else sum[i]=sum[i-1]-a[i];
        }    
        int flag=0;
        insert(0);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(i&1)
            {
                if(find(sum[i]-k)){flag=1;break;}
            }
            else if(find(sum[i]+k)){flag=1;break;}
            insert(sum[i]);
        }
        printf("Case #%d: ",++cas);
        if(flag)printf("Yes.
");
        else printf("No.
");
        memset(head,0,sizeof(head));
        now=0;
    }
    return 0;
}

HDU 5184 Brackets

问题描述

我们给出下列递归的合法括号序列的定义：
  ● 空序列是合法括号序列
  ● 如果s是一个合法括号序列，那么(s)也是合法括号序列
  ● 如果a和b是合法括号序列，那么ab也是合法括号序列
  ● 没有其它情况是合法括号序列

比如下列括号序列是合法括号序列
(), (()), ()(), ()(())
下列括号序列则不是
(, ), )(, ((), ((()

现在，我们要构造长度为n的合法括号序列，前面的一些括号已经给出，问可以构造出多少合法序列。

输入描述

多组测试数据(大概2000)，每一组数据占两行。
第一行给出一个整数n。
第二行给出一个字符串代表前面已经确定的几个括号。
请处理到文件末尾。

[参数约定]
1≤n≤1000000
字符串只包含’(’和’)’，长度大于0并且不超过n.

输出描述

对于每一个数据，在一行中输出答案对1000000007取余的结果。

输入样例

4
()
4
(
6
()

输出样例

1
2
2

Hint

第一组数据只有一种可能，它就是()().

对于第二组数据他有两种可能，他们是(()) 和()().
对于第三种数据，两种可能是()()() 和()(()).

思路:这题建模有点醉啊 问题可以变成,从（０，０）到(n/2-a,n/2-b)且不越过y=x 这条线的方案数,然后从(0,0)到(p,q)且不经过y=x的方案数是Ｃ（p,p+q）-C(p-1,p+q)

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define MOD 1000000007
#define LLD "%lld"
#define maxn 1000009
#define ll long long
using namespace std;
char ch[maxn];
ll fac[maxn],inv[maxn];
ll qpow(ll a,ll n)
{
    ll ret=1;
    for(;n;n>>=1)
    {
        if(n&1)ret=(ret*a)%MOD;
        a=(a*a)%MOD;
    }
    return ret;
}
ll C(ll n,ll m)
{
        if(m==0)return 1;
        ll u=fac[n],v = inv[n-m],w=inv[m];
    return (((fac[n]*inv[n-m])%MOD)*inv[m])%MOD;
}
int main()
{
    ll n;
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=maxn-1;i++)
    {
        fac[i]=(fac[i-1]*(long long)i)%MOD;
        inv[i]=qpow(fac[i],MOD-2)%MOD;
    }
    while(scanf( LLD "%s",&n,ch+1)!=EOF)
    {
        if(n&1)
        {
            puts("0");
            continue;
        }
        ll len=strlen(ch+1);
        ll lef=0,flag=0,a=0,b=0;
        for(int i=1;i<=len;i++)
        {
            if(ch[i]=='(')a++;else b++;
            if(ch[i]=='(')lef++;
            else if(lef!=0)lef--;
            else flag=1;
        }
        if(flag){puts("0");continue;}
        
        ll p=( n >> 1 ) - a,q= ( n >> 1 ) - b;
        if(p<0 ||q<0){puts("0");continue;}
        if(p>q)swap(p,q);
        ll u =  C(p + q , p), v = C(p + q ,p - 1);
        printf(LLD "
" , (C(p + q , p) - C(p + q,p - 1) + MOD ) % MOD);
    }
    return 0;
}