Codeforces Round #357 (Div. 2)

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果然上一篇博文是个flag啊！我果然拖更了！昨天的CF完了还没有更新上一次的CF题解，所以昨天差点GG（不过第三题这个分数也离GG不远了，好在rating没掉(/▽╲)）。为了攒回人品，于是我马上更新啦……

 

题A A Good Contest

题意：给你人名，让你找rating是红名的，并且在比赛中有涨的~~

题解：这也太水了吧！这一点坑点都没啊，div2也不带这么水的~~

 

/*zhen hao*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define lson l, m, rt*2
#define rson m + 1, r, rt*2+1
#define xx first
#define yy second

typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;

int main() {
//  freopen("case.in", "r", stdin);
  string id;
  int before, after, n, ok = 0;
  cin >> n;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    cin >> id >> before >> after;
    if (before >= 2400 && after - before > 0) ok = 1;
  }
  puts(ok ? "YES" : "NO");
  return 0;
}

 

题B  Economy Game

题意：给你一个数，问你存不存在a、b、c使得a * 1234567 + b * 123456 + c * 1234 = n?

题解：显然枚举a和b得到c。

 

/*zhen hao*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define lson l, m, rt*2
#define rson m + 1, r, rt*2+1
#define xx first
#define yy second

typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;

int main() {
//  freopen("case.in", "r", stdin);
  ll x = 1234567, y = 123456, z = 1234;
  ll n;
  cin >> n;
  bool ok = false;
  for (int i = 0; i * x <= n; i++) {
    for (int j = 0; ; j++) {
      if (x * i + y * j > n) break;
      if ((n - x * i - y * j) % z == 0) ok = 1;
    }
  }
  if (ok) puts("YES"); else puts("NO");
  return 0;
}

 

题C  Heap Operations

题意：给你一些堆操作，但这是不完全的，可能有漏的，你需要补漏，也就是加上最少的操作使得整个操作序列合法。

题解：我们用一个优先队列来维护，

a、insert就直接push进去；

b、getMin的话，分两种情况：1、队列为空，那么插入一个数即可，2、不空即看最开头的元素，如果小于x的话就pop出来（记得加操作），循环知道队列为空或者最开头的元素大于等于x，如果大于或者为空的话就要先insert一个x；

c、removeMin的话，要注意的是队列为空的时候没得remove，这时候就要随便加一个元素进去；

（最后注意一下优先队列的优先级，蒟蒻因为优先队列优先级忘了耽误了下一题的时间）

 

/*zhen hao*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define lson l, m, rt*2
#define rson m + 1, r, rt*2+1
#define xx first
#define yy second

typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;

const int maxn = 2e5 + 100, maxm = 2e6 + 100;
int e, head[maxn];
char s[40];

struct Edge {
  int v, op, nx;
} edges[maxm];

void init() {
  e = 0;
  memset(head, -1, sizeof head);
}

void add_edge(int u, int v, int op) {
  edges[e].v = v;
  edges[e].op = op;
  edges[e].nx = head[u];
  head[u] = e++;
}

int get_op() {
  if (s[0] == 'i') return 0;
  else if (s[0] == 'g') return 1;
  else return 2;
}

vector<pii> p;

int main() {
//  freopen("case.in", "r", stdin);
  int n, v;
  cin >> n;
  init();
  priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > pq;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    scanf("%s", s);
    int op = get_op();
    if (op == 0 || op == 1) scanf("%d", &v);
//    cout << op << ' ' << v << endl;
    if (op == 0) pq.push(v);
    else if (op == 2) {
      if (pq.empty()) add_edge(i, 0, 0);
      else pq.pop();
    }
    else {
      if (pq.empty()) {
        add_edge(i, v, 0);
        pq.push(v);
      } else {
        while (!pq.empty() && pq.top() < v) {
          add_edge(i, 0, 2);
          pq.pop();
        }
        if (pq.empty() || pq.top() > v) {
          add_edge(i, v, 0);
          pq.push(v);
        }
      }
    }
    add_edge(i, v, op);
  }
  printf("%d
", e);
  for (int u = 0; u < n; u++) {
    p.clear();
    for (int j = head[u]; ~j; j = edges[j].nx) {
      p.push_back(make_pair(edges[j].op, edges[j].v));
    }
    for (int j = p.size() - 1; j >= 0; j--) {
      int x = p[j].xx, y = p[j].yy;
      if (x == 0) printf("%s %d
", "insert", y);
      else if (x == 1) printf("%s %d
", "getMin", y);
      else printf("%s
", "removeMin");
    }
  }
  return 0;
}

 

题D Gifts by the List

题意：有n个人送礼，m对祖先关系，然后a必须送礼物给它的祖先（自己可以是自己的祖先），给出每个人想要送礼的人的编号，然后问你有没有一个安排，使得满足所有人的送礼，每个人会在安排中找第一个祖先来送礼物。

题解：首先要明确的是哪个安排一定是所有列出名单的人的集合，因为如果少一个人就会不满足哪个人的送礼物要求。现在分析一个，假设a想送给b，然后c是在a和b之间的，他想送个d，这个时候d只能是b才能满足，更具体点就是想送给b的人最底下的假设是a，那么a和b之间的所有人都必须送的是b，否则不可以。然后我们就可以得出一个解法：对于dfs序的x如果是想送礼物的名单，那么他的子树的所有没有送礼物的送礼物对象一定是x，所以这就变成了一个模拟题：先得出dfs序，对于一个点x（在送礼物名单中），把所有没有安排的人的并且是x的儿子的要送的人设为x，然后看是否和题目给出的人相吻合即可。

 

/*zhen hao*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define lson l, m, rt*2
#define rson m + 1, r, rt*2+1
#define xx first
#define yy second

typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;

const int maxn = 1e5 + 10;
vector<int> son[maxn], topo, ans;
int a[maxn], b[maxn], is[maxn], vis[maxn];

void dfs(int u) {
  vis[u] = 1;
  for (int i = 0; i < (int)son[u].size(); i++) {
    int v = son[u][i];
    if (!vis[v]) dfs(v);
  }
  topo.push_back(u);
}

void dfs(int u, int p) {
  if (b[u]) return;
  b[u] = p;
  for (int i = 0; i < (int)son[u].size(); i++) {
    int v = son[u][i];
    dfs(v, p);
  }
}

int main() {
//  freopen("case.in", "r", stdin);
  int n, m;
  cin >> n >> m;
  for (int i = 0; i < m; i++) {
    int u, v;
    scanf("%d%d", &u, &v);
    son[u].push_back(v);
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    scanf("%d", a + i);
    is[a[i]] = 1;
  }
  memset(vis, 0, sizeof vis);
  for (int i = 1; i <= n; i++) if (!vis[i]) dfs(i);
//  for (int i = 0; i < (int)topo.size(); i++) cout << topo[i] << endl;
  for (int i = 0; i < (int)topo.size(); i++) {
    int u = topo[i];
    if (is[u]) { dfs(u, u); ans.push_back(u); }
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) if (a[i] != b[i]) {
    puts("-1"); return 0;
  }
  cout << ans.size() << endl;
  for (int i = 0; i < (int)ans.size(); i++)
    cout << ans[i] << endl;
  return 0;
}

 

题E Runaway to a Shadow

题意：给你一个起始点（x0，y0），然后在时间T内以v的速度逃跑，随机往每个角度跑，当跑到给定圆的边界或园内则安全，问你这个逃跑成功的概率。

题解：这道题我觉得比上一题还要水，思路很容易。

1、如果在某个圆内，就输出1

2、对于每个圆求出角度的范围[angL,angR]；（要用到余弦定理）

3、然后把每个区间塞到vector里面去，取区间的并集在除以2 * pi则为答案。

怎么取区间的并集？

把每个区间放到vector，并注明左边界是1，右边界是-1，然后排序之后取出来加起来即可！！这道题应该主要是怎么区间取并吧，学到新姿势了orz！

 

/*zhen hao*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const double eps = 1e-9, PI = acos(-1.0);

vector<pair<double,int> > p;

double dist(double x1, double y1, double x2, double y2) {
  return 1.0 * (x1 - x2) * (x1 - x2) + (y1 - y2) * (y1 - y2);
}

int main() {
//  freopen("case.in", "r", stdin);
  int x0, y0, v, t, n;
  cin >> x0 >> y0 >> v >> t >> n;
  double r0 = 1.0 * v * t;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    int x, y, r;
    scanf("%d%d%d", &x, &y, &r);

    double d = dist(x, y, x0, y0), sd = sqrt(d);
    if (d < 1.0 * r * r + eps) {
      puts("1.000000000"); return 0;
    }

    if (r + r0 < sd - eps) continue;

    double dr = sqrt(d - 1.0 * r * r);
    double ang, angL, angR, angM = atan2(y - y0, x - x0);

    if (angM < 0) angM += 2 * PI;

    if (dr < r0 + eps) {
      ang = asin(r / sd);
    }
    else {
      ang = acos((d + r0 * r0 - 1.0 * r * r) / (2.0 * sd * r0));
    }

    angL = angM - ang;
    angR = angM + ang;

    if (angL < 0) {
      p.push_back(make_pair(angL + 2 * PI, 1));
      p.push_back(make_pair(2 * PI, -1));
      p.push_back(make_pair(0.0, 1));
      p.push_back(make_pair(angR, -1));
    }
    else if (angR > 2 * PI) {
      p.push_back(make_pair(angL, 1));
      p.push_back(make_pair(2 * PI, -1));
      p.push_back(make_pair(0.0, 1));
      p.push_back(make_pair(angR - 2 * PI, -1));
    }
    else {
      p.push_back(make_pair(angL, 1));
      p.push_back(make_pair(angR, -1));
    }
  }
  sort(p.begin(), p.end());
  int sum = 0;
  double pre = 0, ans = 0;
  for (int i = 0; i < (int)p.size(); i++) {
    if (sum > 0) ans += p[i].first - pre;
    sum += p[i].second;
    pre = p[i].first;
  }
  printf("%.10lf
", ans / (2.0 * PI));
}