套题 codeforces 361

A题（(Mike and Cellphone）

看起来好像需要模拟数字键位的运动,可是,
只要判断出那些必然YES的数字组合不就好了么

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
int vis[10];
inline bool judge()
{
    if(vis[9]&&vis[1]) return true;
    if(vis[7]&&vis[3]) return true;
    if(vis[0]&&(vis[1]||vis[2]||vis[3])) return true;
    if((vis[1]||vis[2])&&vis[6]&&vis[7]) return true;
    if((vis[3]||vis[2])&&vis[4]&&vis[9]) return true;
    if(vis[7]&&vis[9]&&vis[2]) return true;
    return false;
}
char ch[100];
int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        scanf("%s",ch);
        int x;
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            x=ch[i]-'0';
            vis[x]=1;
        }
        if(judge())
        {
            printf("YES
");
        }
        else printf("NO
");
    }
    return 0;
}

B题（(Mike and Shortcuts）
题意:对于n个点,可以从1开始直接走过去,代价是abs(x-1),也可以通过某种捷径而到,代价是1
解题:难点在于建图,每个点之间都连通,难道要建n^2条边?
1.在不考虑捷径的情况下,每两个点之间的距离是两者之差的绝对值
2.任意两点没有必要都建一条边使得他们直接相连,对于任意的一个点,只要相邻的两个
点与它建一条代价为1的边,这样任意两点都能够间接相连,而且代价累加起来正好是距离。
3.最后再加上捷径,最多有n条,总共会有3*n条边,由于不存在负权回路,使用DIJKSTRA+优先队列
优化,时间复杂度是O(ElogE).

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
const int Max=200000+10;
int abs(int x) {return x>=0?x:-x;}
int n,m;
struct Edge{
int from,to,dist;
Edge(int u,int v,int d):from(u),to(v),dist(d){}
};
vector <Edge> edges;
vector <int>  G[Max];
int d[Max];
void Init()
{
    for(int i=0;i<=n;i++) G[i].clear();
    edges.clear();
}
void AddEdge(int from,int to,int dist)
{
    edges.push_back(Edge(from,to,dist));
    m=edges.size();
    G[from].push_back(m-1);
}
struct node
{
    int d,u;
    node(int dd,int uu):d(dd),u(uu){};
    bool operator < (const node & rhs) const {
    return d>rhs.d;
    }
};
const int INF=0x3f3f3f3f;
bool done[Max];
void Dijkstra(int s)
{
    priority_queue<node>Q;
    for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=INF;
    d[s]=0;
    memset(done,0,sizeof(done));
    Q.push(node(0,s));
    while(!Q.empty())
    {
        node x=Q.top();Q.pop();
        int u=x.u;
        if(done[u]) continue;
        done[u]=true;
        for(int i=0;i<G[u].size();i++)
        {
            Edge &e=edges[G[u][i]];
            if(d[e.to]>d[u]+e.dist)
            {
                d[e.to]=d[u]+e.dist;
                Q.push(node(d[e.to],e.to));
            }
        }
    }
}
int main()
{
    while(~scanf("%d",&n))
    {
       int x;
       Init();
       for(int i=1;i<=n;i++)
       {
           scanf("%d",&x);
           AddEdge(i-1,i,1);
           AddEdge(i+1,i,1);
           AddEdge(i,x,1);
       }
       Dijkstra(1);
       for(int i=1;i<=n;i++)
       {
           if(i!=1) printf(" ");
           printf("%d",d[i]);
       }
       puts("");
    }
    return 0;
}

C题（Mike and Chocolate Thieves）
要求一个四元组,并且这个四元组成k倍关系。
可知n越大,种数越多,且种类数取决于k。
对于这样一个有序关系,可以使用二分查找

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL n;
LL cacu(LL x)
{
    LL sum=0;
    for(LL i=2;i<=1e6;i++)
    {
        if(i*i*i>x) break;
        sum+=x/(i*i*i);
    }
    return sum;
}
int main()
{
    while(~scanf("%I64d",&n))
    {
        LL l=0,r=1e18,m;
        while(l<=r)
        {
            m=(l+r)>>1;
            if(cacu(m)>=n)  r=m-1;
            else         l=m+1;
        }
        if(cacu(r+1)!=n) puts("-1");
        else printf("%I64d
",r+1);
    }
    return 0;
}

D题（Friends and Subsequences）
对于每个max(ai)==min(bj)
枚举所有的左区间,
max(ai)是递增的,min(bj)是递减的
因此对max(ai)-min(bj)可以进行二分查找
二分查找满足条件的下界和上界
RMQ可以使用ST算法实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int A[N],B[N];
int mn[N][30],mx[N][30];
void RMQ_init(int n)
{
    for(int i=1;i<=n;i++) mx[i][0]=A[i],mn[i][0]=B[i];
    for(int j=1;(1<<j)<=n;j++)
    {
        for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
        {
            mx[i][j]=max(mx[i][j-1],mx[i+(1<<(j-1))][j-1]);
            mn[i][j]=min(mn[i][j-1],mn[i+(1<<(j-1))][j-1]);
        }
    }
}
int RMQ(int L,int R,int flag)
{
    int k=0;
    while((1<<(k+1))<=R-L+1) k++;
    if(flag)
        return max(mx[L][k],mx[R-(1<<k)+1][k]);
    else
        return min(mn[L][k],mn[R-(1<<k)+1][k]);
}
int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&A[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&B[i]);
        RMQ_init(n);
        long long sum=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            int l,r,mid,ansr,ansl,ma,mb;
            ansl=ansr=-1;
            l=i;r=n;
            while(l<=r)
            {
                mid=l+(r-l)/2;
                ma=RMQ(i,mid,1);mb=RMQ(i,mid,0);
                if(ma==mb) l=mid+1,ansr=mid;
                else
                if(ma>mb) r=mid-1;
                else l=mid+1;
            }
            l=i;r=n;
            while(l<=r)
            {
                mid=l+(r-l)/2;
                ma=RMQ(i,mid,1);mb=RMQ(i,mid,0);
                if(ma==mb) r=mid-1,ansl=mid;
                else
                if(ma>mb) r=mid-1;
                else l=mid+1;
            }
            if(ansl==-1||ansr==-1) continue;
            sum+=ansr-ansl+1;
        }
        printf("%I64d
",sum);
    }
    return 0;
}

E题

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=2e5+10;
const int MOD=1e9+7;
LL fact[N];
LL qpow(LL x,LL k)
{
    LL base=x,ans=1;
    while(k)
    {
        if(k&1) ans=(ans*base)%MOD;
        base=(base*base)%MOD;
        k>>=1;
    }
    return ans;
}
LL inv(LL x)
{
    return qpow(x,MOD-2);
}
LL C(int n,int k)
{
    LL ans=fact[n]*inv(fact[k])%MOD*inv(fact[n-k])%MOD;
    return ans;
}
map<int,int>book;
int main()
{
    int n,k,l,r,ans,add,dist;
    cin>>n>>k;
    fact[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) fact[i]=(fact[i-1]*i)%MOD;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        cin>>l>>r;
        book[l]++;
        book[r+1]--;
    }
    ans=add=0;
    l=book.begin()->first;
    map<int,int>::iterator it;
    for(it=book.begin();it!=book.end();it++)
    {
        dist=it->first-l;
        if(add>=k) ans=(ans+C(add,k)*dist)%MOD;
        add+=it->second;
        l=it->first;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}