2016-2017 ACM-ICPC, NEERC, Moscow Subregional Contest

A. Altitude

从小到大加入每个数,用set查找前驱和后继即可。

时间复杂度$O(n\log n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int Maxn=100020,Inf=1e9;
typedef pair<int,int>pi;
int n;
int a[Maxn];
vector<pi>V;
set<int>S;
int ans,rep1,rep2,rep3;
int caldis(int x,int y){
	return y>x?(y-x):(y+n-x);
}
void ask(int loc){
	if(!S.size())return ;
	set<int>::iterator it=S.lower_bound(loc);
	set<int>::iterator it2=it;
	for(int i=0;i<2;i++){
		if(it2==S.begin()){it2=S.end();it2--;}
		else it2--;
	}
	int ret1=Inf,ret2=Inf,cs1,cs2;
	for(int i=0;i<5;i++){
		int t1=caldis(*it2,loc);
		int t2=caldis(loc,*it2);
		if(t1<ret1){cs1=*it2;ret1=t1;}
		if(t2<ret2){cs2=*it2;ret2=t2;}
		it2++;
		if(it2==S.end())it2=S.begin();
	}
	if(ret1+ret2<ans){rep1=cs1;rep2=loc;rep3=cs2;ans=ret1+ret2;}
	return ;
}
int main () {
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i),V.push_back(pi(a[i],i));
	sort(V.begin(),V.end());
	ans=Inf;
	for(int i=0,j;i<V.size();i=j){
		for(j=i;j<V.size();j++){
			if(V[j].first!=V[i].first)break;
			ask(V[j].second);
		}
		for(int k=i;k<j;k++){
			S.insert(V[k].second);
		}
	}
	printf("%d %d %d\n",rep1,rep2,rep3);
	return 0 ;
}

  

B. Blocking Buffer

观察发现$\gcd(r,w)$都是可以达到的,于是欧几里得求一下即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int Maxn=200020,Inf=1e9;
typedef pair<int,int>pi;
typedef long long LL;
bool solve(LL l,LL A,LL B){
	if(l-B>=A-1)return 0;
	LL gc=__gcd(A,B);
	LL tmp=(l-B)/gc*gc;
	while(tmp<=l-B)tmp+=gc;
	if(tmp<A)return 1;
	return 0;
}
int main () {
	LL l,A,B;
	while(cin>>l>>A>>B){
	/*
	set<LL>S;
	LL cur=0;
	bool flag=1;
	S.insert(0);
	while(1){
		if(cur>l-B&&cur<A){
			flag=0;
			break;
		}
		if(cur>=A){
			cur%=A;
		}
		else{
			cur=(l-cur)/B*B+cur;
		}
		if(S.find(cur)!=S.end()){break;}
	}
	puts(flag?"OK":"DEADLOCK");
	*/
	puts(solve(l,A,B)?"DEADLOCK":"OK");
	}
	return 0 ;
}

  

C. Catch Me If You Can

留坑。

 

D. Demolition Time

留坑。

 

E. Economy Printing

将数字从小到大排序,那么第$i$个数要么自己作为开头,要么和$i-2$连接,要么和$i-1$连接,设$f[i][j][k]$表示考虑了前$i$个数,第$i-1$个数用操作$j$,第$i$个数用操作$k$时的最小串长,然后DP即可。

时间复杂度$O(n\log n)$。

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

typedef pair < int , int > pii ;

#define clr( a , x ) memset ( a , x, sizeof a )

const int MAXN = 200005 ;
const int INF = 0x3f3f3f3f ;
int n ;

int len[MAXN] ;
int a[MAXN] ;
int dp[MAXN][4][4] ;
int f[MAXN] ;
pii p[MAXN][4][4] ;
int vis[MAXN] ;

int calc ( int x ) {
	int t = 0 ;
	while ( x ) {
		t ++ ;
		x /= 10 ;
	}
	return t ;
}

void dfs ( int n , int x , int y ) {
	if ( n == 1 ) return ;
	int nx = p[n][x][y].first ;
	int ny = x ;
	f[n] = p[n][x][y].second ;
	dfs ( n - 1 , nx , ny ) ;
}

int dfs2 ( int x ) {
	vis[x] = 1 ;
	if ( f[x] == 0 ) return x ;
	return dfs2 ( f[x] ) ;
}	

void solve () {
	for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) {
		scanf ( "%d" , &a[i] ) ;
	}
	sort ( a + 1 , a + n + 1 ) ;
	for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) {
		len[i] = calc ( a[i] ) ;
	}
	clr ( f , 0 ) ;
	clr ( p , 0 ) ;
	clr ( dp , INF ) ;
	dp[0][0][0] = 0 ;
	for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) {
		for ( int j = 0 ; j < 4 ; ++ j ) {
			for ( int k = 0 ; k < 4 ; ++ k ) if ( dp[i - 1][j][k] != INF ) {
				for ( int l = 0 ; l < 4 ; ++ l ) {
					int tmp = dp[i - 1][j][k] + 1 + len[i] ;
					if ( l ) tmp = tmp + 1 + len[i] ;
					if ( l == 1 && a[i] % 2 == 0 ) continue ;
					if ( l == 2 && a[i] % 2 == 1 ) continue ;
					if ( dp[i][k][l] > tmp ) {
						dp[i][k][l] = tmp ;
						p[i][k][l] = pii ( j , 0 ) ;
					}
				}
				if ( j == 1 || j == 2 ) {
					if ( i > 2 && a[i] - a[i - 2] == 2 ) {
						int tmp = dp[i - 1][j][k] + len[i] - len[i - 2] ;
						if ( dp[i][k][j] > tmp ) {
							dp[i][k][j] = tmp ;
							p[i][k][j] = pii ( j , i - 2 ) ;
						}
					}
				}
				if ( k == 1 || k == 2 ) {
					if ( i > 1 && a[i] - a[i - 1] == 2 ) {
						int tmp = dp[i - 1][j][k] + len[i] - len[i - 1] ;
						if ( dp[i][k][k] > tmp ) {
							dp[i][k][k] = tmp ;
							p[i][k][k] = pii ( j , i - 1 ) ;
						}
					}
				}
				if ( k == 3 ) {
					if ( i > 1 && a[i] - a[i - 1] == 1 ) {
						int tmp = dp[i - 1][j][k] + len[i] - len[i - 1] ;
						if ( dp[i][k][k] > tmp ) {
							dp[i][k][k] = tmp ;
							p[i][k][k] = pii ( j , i - 1 ) ;
						}
					}
				}
			}
		}
	}
	int ans = INF , x = -1 , y = -1 ;
	for ( int i = 0 ; i < 4 ; ++ i ) {
		for ( int j = 0 ; j < 4 ; ++ j ) {
			if ( dp[n][i][j] < ans ) {
				ans = dp[n][i][j] ;
				x = i ;
				y = j ;
			}
		}
	}
	dfs ( n , x , y ) ;
	//printf ( "%d\n" , ans - 1 ) ;
	clr ( vis , 0 ) ;
	int flag = 0 ;
	for ( int i = n ; i >= 1 ; -- i ) if ( !vis[i] ) {
		int L = dfs2 ( i ) ;
		if ( flag ) putchar ( ',' ) ;
		flag = 1 ;
		if ( L == i ) printf ( "%d" , a[i] ) ;
		else {
			printf ( "%d" , a[L] ) ;
			if ( a[i] - a[f[i]] == 2 ) {
				if ( a[i] % 2 == 0 ) putchar ( '%' ) ;
				else putchar ( '#' ) ;
			} else putchar ( '-' ) ;
			printf ( "%d" , a[i] ) ;
		}
	}
	puts ( "" ) ;
}

int main () {
	while ( ~scanf ( "%d" , &n ) ) solve () ;
	return 0 ;
}

  

F. Format

枚举有没有"^"符号,然后将字符分成三类:可选可不选、必须要选、必须不能选。

设$f[i]$表示处理完字典序最小的$i$个字符时的最短串长以及对应串长的字典序最小串,然后枚举往前延伸到哪里转移。

需要注意的是,如果全部字符都出现了,那么答案应该是%[^!],需要特判。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef pair<int,string>P;
const int N=300;
int n,i,j,v[N];char s[222222];
P ans(N,""),f[N];
inline bool check(char x){
  if(x==' ')return 1;
  if(x>='0'&&x<='9')return 1;
  if(x>='a'&&x<='z')return 1;
  if(x>='A'&&x<='Z')return 1;
  return 0;
}
void dp(){
 for(i=32;i<=126;i++){
    f[i]=P(N,"");
    if(v[i]==0||v[i]==2){
      P t=f[i-1];
      f[i]=t;
    }
    if(v[i]==0||v[i]==1){
      for(j=i;j>=32;j--){
        if(v[j]==2)break;
        P t=f[j-1];
        if(j==i){
          t.first++;
          t.second.push_back(char(i));
	}else if(j+1==i){
	  t.first+=2;
	  t.second.push_back(char(j));
          t.second.push_back(char(i));
	}else{
	  t.first+=3;
	  t.second.push_back(char(j));
	  t.second+="-";
          t.second.push_back(char(i));
	}
	f[i]=min(f[i],t);
      }
    }
  }
}
int main(){
  fgets(s,111111,stdin);
  n=strlen(s);
  //0 : can choose and can not choose
  //1 : must choose
  //2 : mustn't choose
  for(i=32;i<=126;i++)v[i]=0;
  for(i=0;i<n;i++)if(check(s[i]))v[s[i]]=1;
  for(i=32;i<=126;i++)if(!v[i]&&check(i))v[i]=2;
  f[31]=P(0,"%[");
  dp();
  ans=f[126];
  for(i=32;i<=126;i++)v[i]=0;
  for(i=0;i<n;i++)if(check(s[i]))v[s[i]]=2;
  for(i=32;i<=126;i++)if(!v[i]&&check(i))v[i]=1;
  f[31]=P(1,"%[^");
  dp();
  if(f[126].first>1)ans=min(ans,f[126]);else ans=min(ans,P(2,"%[^!"));
  ans.second+="]";
  cout<<ans.second<<endl;
  return 0;
}

  

G. Great Guest Gathering

分成$n$轮构造即可。

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

int n ;

void solve () {
	printf ( "%d %d %d\n" , 1 , 1 , 0 ) ;
	for ( int i = 1 ; i < n ; ++ i ) {
		for ( int j = i + 2 ; j <= n ; ++ j ) {
			printf ( "%d %d %d\n" , j , j , i ) ;
			printf ( "%d %d %d\n" , i , i , j ) ;
		}
		printf ( "%d %d %d\n" , i + 1 , i + 1 , i ) ;
	}
	for ( int i = n - 1 ; i >= 2 ; -- i ) {
		printf ( "%d %d %d\n" , i , i , i + 1 ) ;
	}
	printf ( "%d %d %d\n" , 0 , 1 , 2 ) ;
}

int main () {
	while ( ~scanf ( "%d" , &n ) ) solve () ;
	return 0 ;
}

  

H. Hockey Cup

按题意模拟即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int Maxn=200020,Inf=1e9;
typedef pair<int,int>pi;
typedef long long LL;
map<string,int>Mp;

string ts[]={"Russia","Sweden","Finland","NA"};
int res[4][4][3];
int sc[4][6];
int g[4][4];
int cmpop;
bool cmp(int a,int b){
	return sc[a][cmpop]>sc[b][cmpop];
}
void solve(vector<int>&v,int ty){
	if(v.size()<=2){
		if(v.size()==1)return ;
		if(v.size()==2){
			if(!g[v[0]][v[1]])swap(v[0],v[1]);
		}
		return ;
	}
	cmpop=ty;
	sort(v.begin(),v.end(),cmp);
	vector<int>rv;
	for(int i=0,j;i<v.size();i=j){
		vector<int>tmp;
		for(j=i;j<v.size();j++){
			if(sc[v[j]][ty]!=sc[v[i]][ty]){break;}
			tmp.push_back(v[j]);
		}
		solve(tmp,ty+1);
		for(int it=0;it<tmp.size();it++)rv.push_back(tmp[it]);
	}
	swap(rv,v);
}
int go(){
	vector<int>v;
	for(int i=0;i<4;i++)v.push_back(i);
	solve(v,0);
	if(!v[0]||!v[1])return 1<<1;
	return 1<<0;
}
int check(){
	memset(sc,0,sizeof sc);
	int ret=0;
	for(int i=0;i<4;i++){
		for(int j=i+1;j<4;j++){
			int t1=res[i][j][0],t2=res[i][j][1];
			int t3=res[i][j][2];
			int ti=i,tj=j;
			g[i][j]=1;g[j][i]=0;
			if(t1<t2){
				g[i][j]=0;g[j][i]=1;
				swap(ti,tj);
				swap(t1,t2);
			}
			sc[ti][0]+=2;
			sc[ti][1]++;
			if(!t3)sc[ti][2]++;
			sc[ti][3]+=t1-t2;
			sc[ti][4]+=t1;
			if(t3)sc[tj][0]++;
			sc[tj][3]-=t1-t2;
			sc[tj][4]+=t2;
		}
	}
	int tmp[10];
	for(int i=0;i<4;i++)tmp[i]=i;
	do{
		for(int i=0;i<4;i++)sc[i][5]=tmp[i];
		ret|=go();
	}while(next_permutation(tmp,tmp+4));
	return ret;
}
int main () {
	for(int i=0;i<4;i++)Mp[ts[i]]=i;
	string name1,name2;
	for(int i=0;i<5;i++){
		string name1,name2;
		char ss[10];
		int t1,t2,t3;
		cin>>name1>>name2>>t1>>t2;
		fgets(ss,sizeof ss,stdin);
		if(strlen(ss)>=2){
			t3=1;
		}
		else t3=0;
		int id1=Mp[name1],id2=Mp[name2];
		if(id1>id2){swap(t1,t2);swap(id1,id2);}
		res[id1][id2][0]=t1;
		res[id1][id2][1]=t2;
		res[id1][id2][2]=t3;
	}
	cin>>name1>>name2;
	int id1=Mp[name1],id2=Mp[name2];
	int ans=0;
	if(id1>id2)swap(id1,id2);
	for(int i=0;i<100;i++){
		for(int j=0;j<100;j++){
			if(i==j)continue;
			res[id1][id2][0]=i;
			res[id1][id2][1]=j;
			res[id1][id2][2]=0;
			ans|=check();
			if(abs(i-j)==1){
				res[id1][id2][2]=1;
				ans|=check();
			}
		}
	}
	if(ans==3)puts("Believe in playoff!");
	else if(ans==2)puts("Already in playoff!");
	else puts("No chance");
	return 0 ;
}

  

I. Interesting Interactive Idea

留坑。

 

J. Juice Degustation

留坑。

 

K. Knights of the Old Republic

考虑对图做集合DP,设$f[S]$表示占领S集合的最小代价,考虑从小到大加入每条边,加入每条边时,如果形成环,那么显然可以扔掉。

否则$f[S]=\min(f[A]+f[B],\min(A中费用最小的点,B中费用最小的点)\times\max(A中需求最大的点,B中需求最大的点,当前边权))$。

在Kruskal的时候用并查集维护即可。

时间复杂度$O(m\log m)$。

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

typedef long long LL ;

const int MAXN = 300005 ;

struct Edge {
	int u , v , c ;
	bool operator < ( const Edge& a ) const {
		return c < a.c ;
	}
} ;

Edge E[MAXN] ;
int a[MAXN] , b[MAXN] , p[MAXN] ;
LL sum[MAXN] ;
int n , m ;

int F ( int x ) {
	return p[x] == x ? x : ( p[x] = F ( p[x] ) ) ;
}

void solve () {
	for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) {
		p[i] = i ;
	}
	for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) {
		scanf ( "%d%d" , &a[i] , &b[i] ) ;
		sum[i] = 1LL * a[i] * b[i] ;
	}
	for ( int i = 0 ; i < m ; ++ i ) {
		scanf ( "%d%d%d" , &E[i].u , &E[i].v , &E[i].c ) ;
	}
	sort ( E , E + m ) ;
	for ( int i = 0 ; i < m ; ++ i ) {
		int x = F ( E[i].u ) ;
		int y = F ( E[i].v ) ;
		if ( x == y ) continue ;
		int na = max ( max ( a[x] , a[y] ) , E[i].c ) ;
		int nb = min ( b[x] , b[y] ) ;
		LL tmp = 1LL * na * nb ;
		sum[y] = min ( sum[x] + sum[y] , tmp ) ;
		p[x] = y ;
		a[y] = na ;
		b[y] = nb ;
	}
	LL ans = 0 ;
	for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) {
		if ( F ( i ) == i ) ans += sum[i] ;
	}
	printf ( "%lld\n" , ans ) ;
}

int main () {
	while ( ~scanf ( "%d%d" , &n , &m ) ) solve () ;
	return 0 ;
}

  

L. Lazy Coordinator

从后往前处理,维护当前时刻到每个时刻被选用的概率乘以时刻之和,减去当前出题人报名的时间即可。

时间复杂度$O(n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int Maxn=200020,Inf=1e9;
typedef pair<int,int>pi;
int n;
int arr[Maxn];
char op[Maxn];
int tl[Maxn],has[Maxn],idx[Maxn];
double ans[Maxn];
int main () {
	scanf("%d",&n);
	int cnt=0,id=0;
	for(int i=1;i<=n*2;i++){
		scanf(" %c%d",&op[i],&tl[i]);
		idx[i]=-1;
		if(op[i]=='+'){
			id++;
			arr[id]=tl[i];
			idx[i]=id;
			cnt++;
		}
		else{
			cnt--;
		}
		has[i]=cnt;
	}
	double sum=0;
	for(int i=n*2;i>=1;i--){
		if(op[i]=='-'){
			int k=has[i]+1;
			sum=sum*(1.0-1.0/k)+tl[i]*(1.0/k);
		}
		else ans[idx[i]]=sum;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)printf("%.12f\n",ans[i]-arr[i]);
	return 0 ;
}

  


总结:

  • E题思考方向错了,在错误的道路上越走越远,以致最后半小时想出正解却没有时间写完。
  • G题poursoul没过样例就自信提交,导致在样例WA,下次要注意。

 

posted @ 2016-11-03 00:06 Claris 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏