2019-2020 ICPC, NERC, Southern and Volga Russian Regional Contest
目录
Contest Info
[Practice Link](https://codeforces.com/contest/1250)
| Solved | A | B | C | D | E | F | G | H | I | J | K | L | M | N |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 9/14 | O | O | O | - | O | O | - | O | - | O | - | O | - | O |
- O 在比赛中通过
- Ø 赛后通过
- ! 尝试了但是失败了
- - 没有尝试
Solutions
A. Berstagram
题意：
给出\(n\)个数，刚开始第\(i\)个数在第\(i\)个位置，有\(m\)次操作，将标号为\(a_i\)的数和它前面那个数交换位置，如果它已经在最前面了，那么不操作。
最后输出\(n\)行，表示每个数所待过的位置的下标的最小值和最大值
思路：
每次交换只会影响两个数，暴力即可。
代码：
view code
```c++ #includeint main() {
while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = i, fa[i] = i, res[i] = pII(i, i);
for (int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d", b + i);
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int x = b[i];
if (fa[x] == 1) continue;
int pre = a[fa[x] - 1];
swap(fa[x], fa[pre]);
swap(a[fa[x]], a[fa[pre]]);
up(x, fa[x]);
up(pre, fa[pre]);
// for (int j = 1; j <= n; ++j)
// printf("%d%c", a[j], " \n"[j == n]);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
printf("%d %d\n", res[i].fi, res[i].se);
}
return 0;
}
</details>
### B. The Feast and the Bus
题意：
有$n$个人，$k$个小组，每个人属于一个小组，每个小组至少有一个人。
现在要租$r$辆巴士，每辆巴士的容量都为$s$，但是$s$和$r$可以自己定，使得能够装下所有人，并且满足以下两个限制条件：
- 同一组的人在同一辆巴士
- 一辆巴士最多有两个小组的人
使得$r \cdot s$最小
思路：
考虑$k$很小，我们可以枚举$r$，然后可以算出有多少辆巴士必须要两个小组，然后贪心放，让小组人数多的占用单组巴士，小组人数少的贪心配对，即最大的配最小的，次大的配次小的$\cdots$
时间复杂度$O(k^2)$
代码：
<details>
<summary>view code</summary>
```c++
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 5e5 + 10;
int n, k, a[N];
ll gao(int x) {
ll s = 0;
int need = k - (2 * x - k);
for (int i = 1, j = need; i < j; ++i, --j) {
s = max(s, 1ll * a[i] + a[j]);
}
for (int i = need + 1; i <= k; ++i)
s = max(s, 1ll * a[i]);
return s;
}
int main() {
while (scanf("%d%d", &n, &k) != EOF) {
memset(a, 0, sizeof a);
for (int i = 1, x; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &x);
++a[x];
}
sort(a + 1, a + 1 + k);
ll res = 1e18;
for (int i = (k + 1) / 2; i <= k; ++i) {
res = min(res, 1ll * i * gao(i));
}
printf("%lld\n", res);
}
return 0;
}
C. Trip to Saint Petersburg
题意：
给出\(n\)个工作，和一个参数\(k\)。
每个工作的工作时间为\([l_i, r_i]\)，可以获得\(p_i\)的利润，并且工作随便选，工作时间可以重叠。
唯一的代价就是所选择的工作中的最小的\(L = l_i\)，最大的\(R = r_i\)，代价就是\(k \cdot (R - L + 1)\)。
问所能获得的最大利润。
思路：
枚举右端点\(R\)，然后线段树维护左端点的贡献，每次要将\(r_i = R\)的工作的贡献加给左端点在\([1, l_i]\)范围内的。
然后查询区间最值即可。
代码：
view code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pIL = pair<int, ll>;
#define fi first
#define se second
const int N = 2e5 + 10;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, m, pl[N], pr[N]; ll k;
vector <vector<pIL>> vec;
struct SEG {
struct node {
ll Max, lazy; int pos;
node() { Max = -INF; lazy = pos = 0; }
void up(ll x) {
Max += x;
lazy += x;
}
node operator + (const node &other) const {
node res = node();
if (Max >= other.Max) {
res.Max = Max;
res.pos = pos;
} else {
res.Max = other.Max;
res.pos = other.pos;
}
return res;
}
}t[N << 2], res;
void build(int id, int l, int r) {
t[id] = node();
if (l == r) {
t[id].Max = 0;
t[id].pos = l;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(id << 1, l, mid);
build(id << 1 | 1, mid + 1, r);
t[id] = t[id << 1] + t[id << 1 | 1];
}
void down(int id) {
ll &lazy = t[id].lazy;
if (lazy) {
t[id << 1].up(lazy);
t[id << 1 | 1].up(lazy);
lazy = 0;
}
}
void update(int id, int l, int r, int ql, int qr, ll v) {
if (l >= ql && r <= qr) {
t[id].up(v);
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
down(id);
if (ql <= mid) update(id << 1, l, mid, ql, qr, v);
if (qr > mid) update(id << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr, v);
t[id] = t[id << 1] + t[id << 1 | 1];
}
void query(int id, int l, int r, int ql, int qr) {
if (l >= ql && r <= qr) {
res = res + t[id];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
down(id);
if (ql <= mid) query(id << 1, l, mid, ql, qr);
if (qr > mid) query(id << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr);
}
}seg;
int main() {
while (scanf("%d%lld", &n, &k) != EOF) {
vec.clear(); vec.resize(N);
m = 2e5;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int l, r; ll p;
scanf("%d%d%lld", &l, &r, &p);
pl[i] = l, pr[i] = r;
vec[r].push_back(pIL(l, p));
}
ll p = 0; int L = -1, R = -1;
seg.build(1, 1, m);
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
seg.update(1, 1, m, 1, i, -k);
for (auto &it : vec[i])
seg.update(1, 1, m, 1, it.fi, it.se);
seg.res = SEG::node();
seg.query(1, 1, m, 1, i);
if (seg.res.Max > p) {
p = seg.res.Max;
L = seg.res.pos;
R = i;
}
}
if (p == 0) puts("0");
else {
vector <int> vec;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (pl[i] >= L && pr[i] <= R)
vec.push_back(i);
int sze = vec.size();
printf("%lld %d %d %d\n", p, L, R, sze);
for (int i = 0; i < sze; ++i)
printf("%d%c", vec[i], " \n"[i == sze - 1]);
}
}
return 0;
}
E. The Coronation
题意：
给出\(n\)个\(01\)串，每个\(01\)串可以\(reverse\)，求最少的\(reverse\)次数，使得任意两个串的有大于等于\(k\)个位置的字符是相同的。
代码：
view code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 60;
struct Edge {
int v, p;//1 same
Edge() {}
Edge(int v, int p): v(v), p(p) {}
};
bool F;
int n, m, k;
string s[N];
vector<vector<Edge> > G;
bool ok(const string &S, const string &T) {
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
if (S[i] == T[i]) ++cnt;
}
return cnt >= k;
}
int col[N], vis[N];
vector<int> vec, res;
void DFS(int u) {
if (!F) return ;
vis[u] = 1;
vec.push_back(u);
for (auto &it: G[u]) {
if (col[it.v] == -1) {
if (it.p) {
col[it.v] = col[u];
} else {
col[it.v] = col[u] ^ 1;
}
DFS(it.v);
} else {
if (it.p) {
if (col[it.v] != col[u]) {
F = false;
break;
}
} else {
if (col[it.v] != (col[u] ^ 1)) {
F = false;
break;
}
}
}
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
int T;
cin >> T;
while (T--) {
cin >> n >> m >> k;
G.clear();
G.resize(n + 1);
memset(vis, 0, sizeof vis);
memset(col, -1, sizeof col);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> s[i];
}
F = true;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = i + 1; j <= n; ++j) {
int cnt = 0;
int same = 0;
if (ok(s[i], s[j])) {
cnt++;
same = 1;
}
reverse(s[j].begin(), s[j].end());
cnt += ok(s[i], s[j]);
reverse(s[j].begin(), s[j].end());
if (cnt == 0) {
F = false;
break;
}
if (cnt == 1) {
G[i].push_back(Edge(j, same));
G[j].push_back(Edge(i, same));
}
}
if (!F) {
F = false;
break;
}
}
if (!F) {
cout << "-1\n";
continue;
}
res.clear();
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (!vis[i]) {
col[i] = 1;
vec.clear();
DFS(i);
int cnt[2] = {0, 0};
for (auto &it: vec) {
cnt[col[it]]++;
}
int now = 0;
if (cnt[1] < cnt[0]) {
now = 1;
}
for (auto &it : vec) {
if (col[it] == now) {
res.push_back(it);
}
}
}
}
if (!F) {
cout << "-1\n";
} else {
int sze = res.size();
cout << sze << "\n";
for (int i = 0; i < sze; ++i) {
if (i) cout << " ";
cout << res[i];
}
cout << "\n";
}
}
return 0;
}
F. Data Center
题意：
给出一个矩形的面积\(n\)，求所有合法矩形中的最小周长。
思路：
暴力分解。
代码：
view code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n;
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
int res = 1e9;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (n % i == 0) {
res = min(res, i + n / i);
}
}
res *= 2;
printf("%d\n", res);
}
return 0;
}
G. Discarding Game
题意：
有两个人玩游戏，刚开始两个人的分数都是\(0\)，每一轮，\(A\)的分数会加上\(a_i\)，\(B\)的分数会加上\(b_i\)，如果某个人的分数大于等于\(k\)，它就输了，如果两个人都大于等于\(k\)，两个人都输了。
如果最后过完了\(n\)轮，两人的分数都小于\(k\)，那么是平局。
赢的情况是其中某个人输了，那么另一个人就赢了。
现在\(A\)有超能力，它可以在每一轮加分结束后按下一个按钮，假定此时\(A\)的分数为\(x\)，\(B\)的分数为\(y\), \(A\)的分数变成\(max(0, x - y)\)，\(B\)的分数变成\(max(0, y - x)\)。
现在求最少次数使得\(A\)赢了。
H. Happy Birthday
题意：
给出\([0, 9]\)每种数字的个数，问最小的不能被拼出来的数是多少。
代码：
view code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100];
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
for (int i = 0; i < 10; ++i) scanf("%d", a + i);
int Min = a[0] + 2;
for (int i = 1; i < 10; ++i) Min = min(Min, a[i] + 1);
if (Min == a[0] + 2) {
printf("1");
for (int i = 1; i <= a[0] + 1; ++i) printf("0");
puts("");
} else {
for (int i = 1; i < 10; ++i) {
if (Min == a[i] + 1) {
for (int j = 1; j <= a[i] + 1; ++j) printf("%d", i);
puts("");
break;
}
}
}
}
return 0;
}
J. The Parade
代码：
view code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
int n;
ll k;
ll a[N], b[N];
bool check(ll x) {
ll cnt = 0, remind = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
b[i] = a[i];
if (b[i] >= x - remind) {
cnt++;
b[i] -= x - remind;
remind = 0;
}
cnt += b[i] / x;
remind = b[i] % x;
if (cnt >= k) return true;
}
return cnt >= k;
}
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d %lld", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%lld", a + i);
}
ll l = 1, r = 1e17, res = 0;
while (r - l >= 0) {
ll mid = (l + r) >> 1;
if (check(mid)) {
res = mid;
l = mid + 1;
} else {
r = mid - 1;
}
}
printf("%lld\n", res * k);
}
return 0;
}
L. Divide The Students
题意：
有三类人，每类人有\(a, b, c\)个。
现在要将这三类人分成三组，使得第一类和第三类人不能在同一组，并且使得所有组的最大人数最少。
思路：
令\(a > c\)，那么将\(c\)单独放在一组，将\(a\)均分成两组，然后\(b\)每次选一个人数最少的组放。
代码：
view code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int _T; scanf("%d", &_T);
while (_T--) {
int a, b, c;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
// int res = max((a + b + c + 2) / 3, min(a, c));
// printf("%d\n", res);
if (a < c) swap(a, c);
int A[3] = {a / 2, a - a / 2, c};
while (b) {
sort(A, A + 3);
++A[0];
--b;
}
printf("%d\n", max(A[0], max(A[1], A[2])));
}
return 0;
}
M. SmartGarden
题意：
给出一个\(n \cdot n\)的矩形，其中对角线和对角线下面一条线是墙，其他地方是蔬菜，类似这样：
现在每次可以选择若干个行，若干个列，将这些行列相交的地方浇上水，次数最多为\(50\)次，并且不能浇到墙，并且每棵蔬菜都要被浇到。
N. Wires
题意：
给出\(n\)条边，点的标号在\([1, 10^9]\)，现在可以修改某条边的某个端点，使得这\(n\)条边所构成的图是一个连通块。
使得修改次数最少。
思路：
显然最少修改次数为连通块个数 - 1。
随便选取一个连通块出来，让其他连通块都连向这个连通块。
然后考虑每个连通块里：
- 如果有\(1\)度顶点，直接改掉这个\(1\)度顶点
- 那么没有\(1\)度顶点，那么必然有环，随便改掉环上的一条边即可
代码：
view code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f;
struct Hash {
vector <int> a;
void init() { a.clear(); }
void add(int x) { a.push_back(x); }
void gao() { sort(a.begin(), a.end()); a.erase(unique(a.begin(), a.end()), a.end()); }
int get(int x) { return lower_bound(a.begin(), a.end(), x) - a.begin() + 1; }
}hs;
struct E {
int u, v;
E() {}
E(int u, int v) : u(u), v(v) {}
}e[N];
struct node {
int id, u, v;
};
vector <vector<node>> G;
vector <node> res;
int n, m, d[N], fa[N], vis[N], Insta[N], used[N], usede[N], F;
int find(int x) { return fa[x] == 0 ? x : fa[x] = find(fa[x]); }
void merge(int u, int v) {
u = find(u); v = find(v);
if (u != v) fa[u] = v;
}
void dfs(int u) {
used[u] = 1;
Insta[u] = 1;
for (auto &it : G[u]) if (!usede[it.id]) {
usede[it.id] = 1;
int v = it.v;
if (Insta[v]) {
if (!F) {
res.push_back({it.id, hs.a[it.u - 1], hs.a[0]});
F = 1;
return;
}
}
if (used[v] == 0) {
dfs(v);
}
if (F) return;
}
Insta[u] = 0;
}
int main() {
int _T; scanf("%d", &_T);
while (_T--) {
scanf("%d", &n);
hs.init();
for (int i = 1, u, v; i <= n; ++i) {
scanf("%d%d", &u, &v);
hs.add(u); hs.add(v);
e[i] = E(u, v);
usede[i] = 0;
}
hs.gao();
m = hs.a.size();
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
d[i] = fa[i] = 0;
vis[i] = 0;
Insta[i] = used[i] = 0;
}
G.clear(); G.resize(m + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
e[i].u = hs.get(e[i].u);
e[i].v = hs.get(e[i].v);
++d[e[i].u];
++d[e[i].v];
merge(e[i].u, e[i].v);
int u = e[i].u, v = e[i].v;
G[u].push_back({i, u, v});
G[v].push_back({i, v, u});
}
int rt = 1, frt = find(rt);
vis[frt] = 1;
res.clear();
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int &u = e[i].u, &v = e[i].v;
if (d[u] > d[v]) swap(u, v);
int fu = find(u);
if (vis[fu]) continue;
if (d[u] == 1) {
res.push_back({i, hs.a[u - 1], hs.a[0]});
vis[fu] = 1;
}
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int fi = find(i);
if (vis[fi]) continue;
F = 0;
vis[fi] = 1;
dfs(i);
}
int sze = res.size();
printf("%d\n", sze);
for (int i = 0; i < sze; ++i) {
printf("%d %d %d\n", res[i].id, res[i].u, res[i].v);
}
}
return 0;
}
