Codeforces Round #549 (Div. 1) 题解

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前几天补完了某一场很早以前的div1,突然想来更博客,于是就有了这篇文章

 

A The Beatles

显然若起点和第一次到达的位置距离为 d ,那么经过的不同站点数为 $\frac{nk}{\gcd(d,nk)}$ 。

假设距离起点最近的快餐店是 1 ,枚举距离第一次到达的位置最近的快餐店是多少, $2^2$ 枚举起点和终点在左还是右,更新答案即可。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
 3 #define ll long long
 4 
 5 using namespace std;
 6 
 7 const int N=1e5+10;
 8 int n,m,a,b; ll len,ans1,ans2;
 9 
10 ll gcd(ll a,ll b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
11 inline ll get(ll x){
12     x<=0?x+=len:0;
13     x>len?x-=len:0;
14     return x;
15 }
16 inline void upd(ll x){
17     x=len/gcd(len,x);
18     ans1=min(ans1,x),ans2=max(ans2,x);
19 }
20 inline void chk(ll x,ll y){
21     if (x>y) swap(x,y);
22     upd(y-x),upd(x+len-y);
23 }
24 
25 int main(){
26     scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b); len=(ll)n*m;
27     ans1=len+1,ans2=0;
28     ll q=1;
29     rep (i,1,n){
30         ll p=(ll)(i-1)*m+1;
31         ll x=get(p-a),y=get(q-b); chk(x,y);
32         x=get(p-a),y=get(q+b); chk(x,y);
33         x=get(p+a),y=get(q-b); chk(x,y);
34         x=get(p+a),y=get(q+b); chk(x,y);
35     }
36     printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
37     return 0;
38 }
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B Lynyrd Skynyrd

相当于匹配一个环。

根据原排列可以知道每个数的后继 nxt[i] 是多少,那么在新序列里的某个位置 p ,它的下一个能匹配上的位置肯定是 nxt[a[p]] 所在的位置,显然贪心找 p 之后距离 p 最近的那个位置最优。

如果记 jump[i] 表示新序列上 i 位置后的下一个能匹配的位置,若不存在 jump[i]=n+1 。那么使用倍增可以得出 i 位置作为子序列的开头,匹配上的最小的右端点 R[i] 。

那么一个区间 [l,r] 能匹配上当且仅当存在 $i\in[l,r] , R[i]\leq r$ 。维护区间最小值即可。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
 3 #define Vi vector<int>
 4 
 5 using namespace std;
 6 
 7 const int N=2e5+10;
 8 int n,m,Q,a[N],b[N],nxt[N],st[N][20],R[N],lg[N]; Vi p[N];
 9 
10 int get_min(int x,int y){
11     int t=lg[y-x+1];
12     return min(st[x][t],st[y-(1<<t)+1][t]);
13 }
14 
15 int main(){
16     scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q);
17     rep (i,1,n) scanf("%d",&a[i]);
18     rep (i,1,n) nxt[a[i]]=a[i%n+1];
19     rep (i,1,m) scanf("%d",&b[i]),p[b[i]].push_back(i);
20     rep (i,1,m){
21         int x=nxt[b[i]];
22         int t=upper_bound(p[x].begin(),p[x].end(),i)-p[x].begin();
23         if (t==(int)p[x].size()) st[i][0]=m+1; else st[i][0]=p[x][t];
24     }
25     st[m+1][0]=m+1;
26     rep (j,1,18) rep (i,1,m+1) st[i][j]=st[st[i][j-1]][j-1];
27     rep (i,1,m){
28         int x=i;
29         for (int j=18;~j;j--) if ((n-1)>>j&1) x=st[x][j];
30         R[i]=x;
31     }
32     memset(st,0,sizeof(st));
33     rep (i,1,m) st[i][0]=R[i],lg[i]=i==1?0:lg[i>>1]+1;
34     rep (j,1,18)
35         for (int i=1;i+(1<<(j-1))<=m;i++)
36             st[i][j]=min(st[i][j-1],st[i+(1<<(j-1))][j-1]);
37     while (Q--){
38         int l,r; scanf("%d%d",&l,&r);
39         if (get_min(l,r)<=r) putchar('1'); else putchar('0');
40     }
41     return 0;
42 }
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C U2

注意到一个抛物线 $y=x^2+bx+c$ 可以写成 $y-x^2=bx+c$ ,如果把平面上所有点坐标变为 $(x,y-x^2)$ ,那么就是 $y=bx+c$ ,一条直线。

一条抛物线的上侧部分也就是 $y>x^2+bx+c$ 的那部分,也就是坐标变换后的 $y>bx+c$ 。

原来的问题变为:两两点对连成的直线中,有多少直线的上部没有任何点。即求上凸壳的边数。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
 3 #define ll long long
 4 
 5 using namespace std;
 6 
 7 const int N=1e5+10;
 8 int n,top;
 9 
10 #define vec poi
11 struct poi{
12     ll x,y;
13     poi(ll x=0,ll y=0):x(x),y(y){}
14     friend vec operator - (vec A,vec B){return vec(A.x-B.x,A.y-B.y);}
15     friend ll operator ^ (vec A,vec B){return A.x*B.y-A.y*B.x;}
16     friend bool operator < (poi x,poi y){return x.x!=y.x?x.x<y.x:x.y<y.y;}
17 }a[N],stk[N];
18 
19 int main(){
20     scanf("%d",&n);
21     rep (i,1,n){
22         scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y);
23         a[i].y-=a[i].x*a[i].x;
24         
25     }
26     sort(a+1,a+1+n);
27     rep (i,1,n){
28         while (top>=2&&((a[i]-stk[top-1])^(stk[top]-stk[top-1]))<=0) top--;
29         while (top&&a[i].x==stk[top].x) top--;
30         stk[++top]=a[i];
31     }
32     printf("%d\n",top-1);
33     return 0;
34 }
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D Foreigner

看了别人的题解,学到了 $\mathcal{O}(11n)$ 的 dp 姿势。

这个序列显然是有一定规律性的。大致是这样:1,2,3,4,...,9, 10, 20,21, 30,31,32, 40,41,42,43, ..., 100,101,...,109, , 210, 300,301, ...

其实就是从 10 开始,每个数都是从 1 开始的某个序列中的数往后添加 0,1,...,9 ,并且能添上的数字个数是 0...10 循环的。

考虑求一个合法的数的 rank :

若当前数位num,记 x 为 rk[num] , y 为 num 去掉末位的 rank ,那么有 $x=9 + 55\lfloor \frac {y}{10} \rfloor + 0+1+...+y\%11-1 + num\%10+1$ 。

由于 $11|55$ ,所以 $x\%11=9 + 0+1+...+y\%11-1 + num\%10+1$ 。发现我们只需要知道去掉末位的数的 rk%11 的值即可,就可以推出加上一个数后的 rk%11的值了。

用 f[i][j] 表示现在在 i 位置, i 之前的数%11的值为 j ,可以延伸到的最右端点。记忆化搜索更加简洁易懂。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
 3 #define ll long long
 4 
 5 using namespace std;
 6 
 7 const int N=1e5+10;
 8 int n,f[N][13]; ll ans; char s[N];
 9 
10 int dfs(int x,int y){
11     if (x>n) return x-1;
12     if (~f[x][y]) return f[x][y];
13     if (s[x]>=y) return x-1;
14     return f[x][y]=dfs(x+1,(y*(y-1)/2+10+s[x]%10)%11);
15 }
16 
17 int main(){
18     memset(f,-1,sizeof(f));
19     scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
20     rep (i,1,n) s[i]-='0';
21     rep (i,1,n) if (s[i]) ans+=dfs(i+1,s[i])-i+1;
22     printf("%lld\n",ans);
23     return 0;
24 }
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E Pink Floyd

感觉挺神的

首先考虑没有粉色边的情况:

随便找一个点 x ,先假设 x 是答案。然后再找一个 x 无法到达的点 y ,若 $x\rightarrow y$ ,那么标记 y 为可达,否则将 y 设为答案, x 标记为可达。$\mathcal{O}(n)$ 次询问后会标记完所有的点,输出此时的答案即可。其实相当于一个不停转移答案节点的过程,感觉非常妙~

如果有了粉色的话,首先缩点,然后按照拓扑序:

先随便找一个度为 0 的 scc ,在里面随便找一个点 x 设为答案;然后找另一个还存在的度为 0 的 scc ,在里面随便找一个点 y ,询问 (x,y)。此时若 $x\rightarrow y$ ,把 y 删掉(和上面标记可达的意思差不多);否则将答案转移给 y ,把 x 删掉。注意这里如果一个 scc 里的点被删完了,就要把整个 scc 及它的出边删掉,加进来新的入度为 0 的 scc (类似 toposort )。

胡一下为什么先删度数为 0 的 scc :(很显然吗?)

原因是由于粉色边的存在,我们需要利用已有的粉色边。考虑一个状态,我们找到了 $u\rightarrow v$ ,即 $u\rightarrow v$ 无粉色路径有绿色边,但已知 $v\rightarrow u$ 有粉色路径。这个时候按照我们的算法会把 v 抛弃,将答案转移到 u 上来,但是事实上 v 有可能成为最终答案,如果擅自转移到 u 可能最终无法得出答案,找不到 v 。但是如果按照拓扑序来更新,每次都取度为拓扑序最靠前的 scc ,这样就不会出现 $u\rightarrow v$ 无粉色路径有绿色边, $v\rightarrow u$ 有粉色路径的情况,所以每次转移都是对的。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
 3 #define Vi vector<int>
 4 
 5 using namespace std;
 6 
 7 const int N=1e5+10;
 8 int n,m,x[N],y[N],cnt,head[N];
 9 int dfn[N],low[N],stk[N],bel[N],top,clk,scc,rd[N]; Vi V[N];
10 int q[N],Head[N]; set<int> S[N];
11 struct edge{int to,nxt;}e[N<<1];
12 
13 void adde(int *head,int x,int y){
14     e[++cnt].to=y; e[cnt].nxt=head[x]; head[x]=cnt;
15 }
16 
17 void tarjan(int u){
18     dfn[u]=low[u]=++clk; stk[++top]=u;
19     for (int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt)
20         if (v=e[i].to,!dfn[v]){
21             tarjan(v);
22             low[u]=min(low[u],low[v]);
23         } else if (!bel[v]) low[u]=min(low[u],dfn[v]);
24     if (dfn[u]!=low[u]) return;
25     ++scc;
26     while (stk[top]!=u) V[scc].push_back(stk[top]),bel[stk[top--]]=scc;
27     V[scc].push_back(stk[top]),bel[stk[top--]]=scc;
28 }
29 
30 int ask(int x,int y){
31     printf("? %d %d\n",x,y),fflush(stdout);
32     scanf("%d",&x); return x;
33 }
34 
35 int main(){
36     scanf("%d%d",&n,&m);
37     rep (i,1,m) scanf("%d%d",&x[i],&y[i]),adde(head,x[i],y[i]);
38     rep (i,1,n) if (!dfn[i]) tarjan(i);
39     rep (i,1,m)
40         if (bel[x[i]]!=bel[y[i]]&&!S[bel[x[i]]].count(bel[y[i]])){
41             adde(Head,bel[x[i]],bel[y[i]]);
42             rd[bel[y[i]]]++,S[bel[x[i]]].insert(bel[y[i]]);
43         }
44     int tail=0;
45     rep (i,1,scc) if (!rd[i]) q[++tail]=i;
46     while (tail>1){
47         int x=V[q[1]].back(),y=V[q[2]].back();
48         if (!ask(x,y)) swap(q[1],q[2]);
49         x=q[2]; V[x].pop_back();
50         if (V[x].empty()){
51             swap(q[tail],q[2]),tail--;
52             for (int i=Head[x],v;i;i=e[i].nxt)
53                 if (v=e[i].to,!--rd[v]) q[++tail]=v;
54         }
55     }
56     printf("! %d\n",V[q[1]].back()),fflush(stdout);
57     return 0;
58 }
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posted @ 2019-04-13 11:24 bestfy 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏