CodeForces ZeptoLab Code Rush 2015

拖了好久的题解，想想还是补一下吧。

 

A. King of Thieves

直接枚举起点和5个点之间的间距，进行判断即可。

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

char s[110];

int main()
{
    //freopen("in.txt", "r", stdin);

    int n;
    bool ans = false;
    scanf("%d%s", &n, s);
    for(int q = 0; q < n && !ans; q++) if(s[q] == '*')
        for(int l = 1; q + 4*l < n; l++)
        {
            int i;
            for(i = 1; i <= 4; i++) if(s[q + i*l] == '.') break;
            if(i > 4) { ans = true; break; }
        }

    printf("%s\n", ans ? "yes" : "no");

    return 0;
}

 

B. Om Nom and Dark Park (DFS)

给一个完全二叉树，增加若干条边的权值，使得从根到每个叶节点的权值之和相同。

直接从下往上维护这颗树，累加所增加的权值。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = (1 << 12) + 10;
LL a[maxn], num[maxn], ans, sum[maxn];

int n;

void dfs(int o, int d)
{
    if(d > n) return;
    int lc = o*2, rc = o*2+1;
    dfs(lc, d+1); dfs(rc, d+1);
    int m = max(sum[lc] + a[lc], sum[rc] + a[rc]);
    ans += m - (sum[lc] + a[lc]);
    ans += m - (sum[rc] + a[rc]);
    sum[o] = m;
}

int main()
{
    //freopen("in.txt", "r", stdin);

    scanf("%d", &n);
    for(int i = 2; i < (1<<(n+1)); i++) scanf("%I64d", &a[i]);
    dfs(1, 1);
    printf("%I64d\n", ans);

    return 0;
}

 

C. Om Nom and Candies (部分贪心)

关于部分贪心可以看高逸涵的09年国家队论文。

这道题可以分成两种情况，用不同的办法来解决。

• 有一种糖果的质量大于等于1000，那么我们枚举这种糖果的数量来求最大值。根据题目数据范围，循环的次数不会超过10⁹ / 10³ = 10⁶.
• 两种糖果的质量都小于1000，然后选一个性价比比较高的糖果。不妨设，那么我们说蓝色糖果的数量一定小于W_r。这样贪心的理由就是，如果有W_r个蓝色糖果，我们完全可以换成W_b个红色糖果。因为这种方案的糖果质量是一样的，但是总价值是H_bW_r < H_rW_b。所以我们可以枚举蓝色糖果的数量，来求最优解，并且循环的次数不超过1000.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;


int main()
{
    LL c, hr, hb, wr, wb, ans = 0;
    scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d", &c, &hr, &hb, &wr, &wb);
    const int M = 1000;
    if(wb > wr) { swap(hr, hb); swap(wr, wb); }
    if(wr > M)
    {
        for(LL i = 0; i * wr <= c; i++)
        {
            LL j = (c - i * wr) / wb;
            ans = max(ans, (LL)i*hr + j*hb);
        }
        cout << ans << endl;
        return 0;
    }

    if(hb*wr > hr*wb) { swap(hr, hb); swap(wr, wb); }
    for(LL i = 0; i <= wr && i * wb <= c; i++)
    {
        LL j = (c - i * wb) / wr;
        ans = max(ans, i*hb+j*hr);
    }
    cout << ans << endl;

    return 0;
}

 

D. Om Nom and Necklace (KMP)

题解转自：http://cyberzhg.github.io/blog/Online-Judge/CF526ABCDE/

这道题最终还是并没有看明白 r mod k是怎么来的，(⊙﹏⊙)b

#include <cstdio>

const int maxn = 1000000 + 10;
char s[maxn];
int f[maxn], m, k;

void getFail()
{
    f[0] = 0, f[1] = 0;
    for(int i = 1; i < m; i++)
    {
        int j = f[i];
        while(j && s[i] != s[j]) j = f[j];
        f[i+1] = s[i] == s[j] ? j+1 : 0;
    }
}

int main()
{
    //freopen("in.txt", "r", stdin);
    scanf("%d%d%s", &m, &k, s);
    getFail();

    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int l = i - f[i];
        int R = i / l;
        if(i % l == 0)
            printf("%c", R / k >= R % k ? '1' : '0');
        else
            printf("%c", R / k > R % k ? '1' : '0');
    }
    printf("\n");

    return 0;
}

 

E. Transmitting Levels

在CF上发现了一种非常神的解法。首先预处理一下前缀和，然后用一个链表head[i]记录以第i个节点为结尾的，每段上的数之和不超过b的第一个数的下标。当这个跨度大于等于n的时候就说明找到答案了。

len就是记录分成了多少段。

我说的可能不太清楚，但是代码十分好懂，而且十分简练。感觉比官方题解要好很多。

但是我不太能证明它的正确性，为什么一旦找到i - head[i] >= n就输出答案了呢，也就是为什么后面不可能有最优解了呢？

#include <cstdio>

typedef long long LL;
const int maxn = 2000000 + 10;
LL a[maxn], sum[maxn], len[maxn], head[maxn];

int main()
{
    //freopen("in.txt", "r", stdin);

    int n, q;
    scanf("%d%d", &n, &q);
    for(int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%I64d", &a[i]); a[i+n] = a[i]; }
    for(int i = 1; i <= n * 2; i++) { sum[i] = sum[i-1] + a[i]; head[i] = i; }
    while(q--)
    {
        int b; scanf("%d", &b);
        for(int i = n + 1, j = 1; i <= n * 2; i++)
        {
            while(sum[i] - sum[j] > b) j++;
            head[i] = head[j];
            len[i] = len[j] + 1;
            if(i - head[i] >= n) { printf("%I64d\n", len[i]); break; }
        }
    }

    return 0;
}