2020 ICPC 沈阳站

牛客重现赛 Codeforces

C Mean Streets of Gadgetzan

Description

有 $n$ 个命题， $m$ 个事件作为命题可能的条件。命题有以下四种：

$x$ 表示$x$确定为真
$!x$ 表示$x$确定为假
$a_1\ a_2\ ...\ a_k\ $ -> $x$ 表示：如果$a_i(i\in[1,k])$都为真，则 $x$为真
$a_1\ a_2\ ... a_k $ -> $!x$ 表示：如果$a_i(i\in[1,k])$都为真，则$x$为假

构造出$m$个条件的真假使得这 $n$ 个命题不互相矛盾，并输出$m$个字符来表示$m$个条件的真假；

如果构造不出来，即 $n$ 个命题互相矛盾，则输出“conflict”

Solution

注意到对于后面两个类型的命题，只要存在一个 $a_i$ 为假，则无论 $x$ 取何值命题都为真。

初始将所有条件默认为$0$，标记为$-1$ （为了区分原始赋的 $0$ 和确定下来为 $0$ 这两种情况）。

对于前面两个类型的命题，能够直接确定条件的真假，将值为 $1$ 的条件加入队列（注意至多进队一次）；

对于后面两个类型的命题，用结构体 $b$ 来记录信息，$bnum$ 为当前命题记录在结构体中的编号（结构体的下标），$vector<int>$类型的 $ind[t]$ 记录 $t$ 作为 -> 前的一个$a_i$ 的命题编号，$b$ 中存三个信息，①是命题包含的 $a_i$ 个数 $num0$（实际记录没有置为 $1$ 的 $a_i$ 数目，初始为 $a_i$ 总数目），②是命题中 -> 后的 $x$ ，③是命题的类型 $0$ 表示若 $a_i$ 都为真则 $x$ 为真， $1$ 表示若 $a_i$ 都为真则 $x$ 为假。

每次从队首取出一个元素 $u$，访问 $ind[u]$ 所有的值，将命题对应的 $num0$ 减一，若 $num0==0$ ，则其对应的 $x$ 值可以确定下来，若 $x$ 第一次被置为 $1$ ，则加入队列。

在操作的过程中出现任何矛盾都直接输出 $conflict$ 并结束程序。

注：说明中的实现和程序并不完全一样，但意义和逻辑相同。

Code

//by DTTTTTTT
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<string>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
int n, m, col[N], anum, a[N][2];
bool atype[N], vis[N];
vector<int> ind[N];
queue<int>q;
string s;
void END() {
	printf("conflict\n");
	exit(0);
}
int main() {
	cin >> n >> m;
	getchar();
	for (int i = 1;i <= m;++i) col[i] = -1;
	for (int i = 1;i <= n;++i) {
		getline(cin, s); //整行输入（不包括末尾换行符）
		if (s.find("->") == -1) {
			if (s[0] != '!') {
				int x = stoi(s);
				if (col[x] != -1) END();
				col[x] = 1;
				if(!vis[x]) q.push(x), vis[x]=1;
			}
			else {
				int x = stoi(s.substr(1));
				if (col[x] != -1) END();
				col[x] = 0;
			}
		}
		else {
			int pos = s.find("->"), anum_tmp = 0;
			++anum;
			string tmps = "";
			for (int j = 0;j < pos;++j)
				if (s[j] != ' ') tmps += s[j];
				else ind[stoi(tmps)].push_back(anum), tmps = "", ++anum_tmp;
			atype[anum] = (s[pos + 3] != '!');
			int x = stoi(s.substr(pos + 3 + (s[pos + 3] == '!')));
			a[anum][0] = x;
			a[anum][1] = anum_tmp;
		}
	}
	while (q.size()) {
		int u = q.front();q.pop();
		for (int i = 0;i < ind[u].size();++i) {
			int t = ind[u][i], x = a[t][0];
			--a[t][1];
			if (!a[t][1]) {
				if (atype[t]) {
					if (col[x] == 0) END();
					col[x] = 1;
					if (!vis[x]) q.push(x), vis[x] = 1;
				}
				else {
					if(col[x] == 1) END();
					col[x] = 0;
				}
			}
		}
	}
	for (int i = 1;i <= m;++i)
		if (col[i] == -1 || col[i] == 0) printf("F");
		else printf("T");
	return 0;
}

D-Journey to Un'Goro

Description

构造一个长度为 $n$ 的序列，其组成元素只能是 $b$ 和 $r$ ，区间 $[i,j]$ 是一段“好”的区间当且仅当该区间内的 $r$ 有奇数个。

首先输出长度为 $n$ 的序列最多有多少个 “好” 的区间，然后按照字典序输出“好”的区间数最多的序列，若这样的序列超过100个，则只需输出按字典序排序后的前100个。

Solution

容易想到，当序列元素全为 $r$ 时，达到最大答案：

若 $n$ 为奇数，$ans=n+(n-2)+(n-4)+...+1=\displaystyle \frac{(n+1)^2}{4}$

若 $n$ 为偶数，$ans=n+(n-2)+(n-4)+...+2=\displaystyle \frac{n(n+2)}{4}$

由于最小只需要输出$100$个序列，考虑搜索+剪枝。

尝试多找到一些性质来剪枝。

设$S[i]$表示序列的前$i$个元素中$r$的个数，则一个区间$[i,j]$好，当且仅当$S[j]-S[i-1]$为奇数 $\Leftrightarrow$ $S[j]$与$S[i-1]$的奇偶性不同。

若$S[1]...S[n]$中共有$X$个奇数，$Y$个偶数，则答案为$XY$，$XY=X(n-X)=-X^2+nX=-(X-\displaystyle \frac{n}{2})^2+\displaystyle \frac{n^2}{4}$

当且仅当$X==Y$或$|X-Y|==1$时，$XY$取得最大值。

Code

//by DTTTTTTT
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int n, totr[2], totbr[2], totans, maxr;
ll ans;
char seq[N];
void dfs(int cur, int totr1, int totr2, bool flag) {  
	//totr1  前缀r数目为奇数的个数 totr2 前缀r数目为偶数的个数 flag=0 当前前缀r数目为偶 flag=1 当前前缀r数目为奇
	if (totr1 > maxr || totr2 > maxr) return;
	if (cur == n) {
		++totans;
		seq[n] = '\0';
		printf("%s\n", seq);
		if (totans == 100) exit(0);
		return;
	}

	seq[cur] = 'b';
	dfs(cur + 1, totr1 + flag, totr2 + (flag ^ 1), flag);  //注意(flag^1)处要打括号

	seq[cur] = 'r';
	dfs(cur + 1, totr1 + (flag ^ 1), totr2 + flag, flag ^ 1);

}
int main() {
	cin >> n;
	if (n % 2) ans = 1ll * (n + 1) * (n + 1) / 4;
	else ans = 1ll * n * (n + 2) / 4;
	cout << ans << endl;
	maxr = (n + 2) / 2;
	dfs(0, 0, 1, 0);
	return 0;
}

F Kobolds and Catacombs 思维

Description

What's the maximum number of consecutive groups they can be partitioned into, such that after reordering the kobolds in each group in non-descending order, the entire queue is non-descending?

给定一个序列，问该序列最多能划分为多少个区间，满足：对每个区间内排序后，整个序列是不下降的。

Solution

思路：将序列排序，比较、观察原序列（$a$）与排序后序列（$b$）。

注意到对于下标 $i$ ，若 $a$ 数组与 $b$ 数组的前 $i$ 个数相同，就在 $i$ 后面将序列划开。可以得到最大区间数目。

思考用什么特征值来判断前 $i$ 个数是否相同。

可以证明前缀和可以作为这个特征值。

简单证一下：

假设前缀和不足以作为该特征值，即 $\exist \ suma_i=sumb_i$，$\{a_1,..,a_i\}\ne \{b_1,...,b_i\}$ 。

当$i=2$时，

$a_1+a_2=b_1+b_2$，$\{a_1,a_2\}\ne\{b_1,b_2\}$

假设$a_1<a_2$，则一定有 $b_1<a_1<b_2<a_2\ or\ a_1<b_1<a_2<b_2$，那么对 $a$ 序列排序后，$b_1,b_2$ 之间一定还有一个$a_1 $或$a_2$ 。则假设不成立。

$i>2$的情况类似。

Code

//by DTTTTTTT
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
int n, a[N], b[N], ans;
ll suma[N], sumb[N];
int main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1;i <= n;++i) cin >> a[i], b[i]=a[i];
	sort(b + 1, b + n + 1);
	for (int i = 1;i <= n;++i) {
		suma[i] = suma[i - 1] + a[i];
		sumb[i] = sumb[i - 1] + b[i];
		if (suma[i] == sumb[i]) ++ans;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

G The Witchwood 签到题

Description

$n$ 个物品，第 $i$ 个物品价值 $a_i$ ，最多取 $k$ 个物品，求最大价值。

Solution

签到题。对所有 $a_i$ 从大到小排序，取前 $k$ 个加起来就是答案。

H The Boomsday Project DP+二分

Description

有 $n$ 种优惠券，第 $i$ 种优惠券的有效时间为 $d[i]$ 天，可以免费借用 $k[i]$ 次自行车，价格为 $c[i]$。

$Aloha$ 会借用自行车 $m$ 天，在第 $p[i]$ 天，他会借用 $q[i]$ 次自行车。

如果不使用优惠券，单次借用自行车的价格为 $r$ 元。

求 $Aloha$ 的最小费用。

Solution

长得就像动态规划的样子？

设 $f[i]$ 为前 $i$ 次借用自行车的最小花费。

外层循环枚举前 $i$ 次借用，内层循环枚举第 $j$ 种优惠券。

转移：找到 $ind$ 满足：第 $ind+1...i$ 次借用都可以使用当前枚举的第 $j$ 种优惠券

$f[i]=min(f[i],f[ind]+c[j])$

初始条件：$f[0]=0$ $f[i]=inf(i=1,2,...,\sum q[i])$

细节还是挺多的，，以及，，重构代码解决 $dtt\ 99\%$的问题！

Code

//by DTTTTTTT
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 505, M = 1e5 + 5, Q = 3e5 + 5;
const ll inf = 1e18;
int n, m, r, d[N], k[N], c[N], sumq[M], totq, days[Q];
ll f[Q];
struct days {
	int p, q;
}a[M];
bool cmp(struct days x, struct days y) {
	return x.p < y.p;
}
int ef(int cur, int limit) {
	int l = 1, r = m, mid, ret = 1;
	while (l <= r) {
		mid = (l + r) >> 1;
		if (a[mid].p >= cur - limit + 1) ret = mid, r = mid - 1;
		else l = mid + 1;
	}
	return ret;
}
int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &r);  //n种优惠券 m天 单次借用花费r元
	for (int i = 1;i <= n;++i) scanf("%d%d%d", &d[i], &k[i], &c[i]); //d：天数限制 k：次数限制 c：价格
	for (int i = 1;i <= m;++i) scanf("%d%d", &a[i].p, &a[i].q); //第p天借用q次

	sort(a + 1, a + m + 1, cmp);
	for (int i = 1;i <= m;++i) {
		sumq[i] = sumq[i - 1] + a[i].q;
		for (int j = 1;j <= a[i].q;++j) {
			int cur = sumq[i - 1] + j;
			f[cur] = inf;
			days[cur] = a[i].p;
		}
	}
	totq = sumq[m];
	d[0] = k[0] = 1, c[0] = r;

	for (int i = 1;i <= totq;++i) {
		for (int j = 0;j <= n;++j) {
			int ind;
			if (days[max(i - k[j] + 1, 1)] >= days[i] - d[j] + 1) ind = max(i - k[j], 0);
			else ind = sumq[ef(days[i], d[j]) - 1];
			f[i] = min(f[i], f[ind] + c[j]);
		}
	}
	printf("%lld\n", f[totq]);
	return 0;
}

I Rise of Shadows 数学/同余

Description

$Azeroth$ 的时间设置如下：一天 $H$ 个小时，一小时 $M$ 分钟。

给定一个$Azeroth$的时钟，问一天之内有多少整数分钟时刻满足个分针和时针夹角不超过 $\alpha$ （$\alpha =\displaystyle\frac{2\pi \times A }{H\times M} $）。

已知新的一天开始时，时针和分针重合。

Solution

时针的每分钟旋转的角度： $\displaystyle \frac{2\pi}{H\times M}$

分针每分钟旋转的角度：$\displaystyle \frac{2\pi}{M}$

计入答案的整数分钟时刻 $t$ 应该满足：

$2\pi k-\alpha\leq(\displaystyle \frac{2\pi}{M}-\displaystyle \frac{2\pi}{H\times M})\times t \leq 2\pi k+\alpha\ \ (k=0,1,...)$

$H\times M\times k-\displaystyle \frac{\alpha \times H\times M}{2\pi}\leq(H-1)\times t\leq H\times M\times k+\displaystyle \frac{\alpha \times H\times M}{2\pi}\ \ (k=0,1,...)$

又$\because \alpha =\displaystyle\frac{2\pi \times A }{H\times M} $

$\therefore H\times M\times k-A\leq(H-1)\times t\leq H\times M\times k+A\ \ (k=0,1,...)$

$(H-1)\times t \leq A\ (mod\ HM)$ 或 $(H-1)\times t \geq HM-A\ (mod\ HM)$

等价于 $(H-1)\times t\equiv K(mod\ HM) $ 其中 $K\leq A$或$K\ge HM-A$

线性同余方程 $a*x\equiv b(mod\ m)$ 有解当且仅当 $gcd(a,m)|b$。

在有解时，先用欧几里得算法求出一组整数$x_0,y_0$，满足 $a*x_0+m*y_0=gcd(a,m)$，则$x=x_0*b/gcd(a,m)$是该线性方程的一个解。

由$Bezout$定理可知：$gcd(a,m)=1$时，$a*x\equiv b(mod\ m)$ 在 $x\in[0,m-1]$ 上有唯一解。

同样地，$a/gcd(a,m)$与$m/gcd(a,m)$互质，则$\displaystyle\frac{a}{gcd(a,m)}*x\equiv \displaystyle\frac{b}{gcd(a,m)}\ (mod\ \displaystyle\frac{m}{gcd(a,m)})$在$x\in[0,\displaystyle\frac{m}{gcd(a,m)}-1]$上有唯一解。

为了满足$gcd(a,m)=1$，将等式$(H-1)\times t\equiv K(mod\ HM) $ 其中 $K\leq A$或$K\ge HM-A$ 两边同时除以$gcd(H-1,HM)$得：

$\displaystyle\frac{H-1}{gcd(H-1,HM)}\times t\equiv \displaystyle\frac{K}{gcd(H-1,HM)}(mod\ \displaystyle\frac{HM}{gcd(H-1,HM)}) $

由$Bezout$定理可知：由于$\displaystyle\frac{H-1}{gcd(H-1,HM)}$与$\displaystyle\frac{HM}{gcd(H-1,HM)}$互质，$\displaystyle\frac{H-1}{gcd(H-1,HM)}$$\times t\equiv \displaystyle\frac{K}{gcd(H-1,HM)}$$(mod\ \displaystyle\frac{HM}{gcd(H-1,HM)})$在$x\in$$[0,\displaystyle\frac{HM}{gcd(H-1,HM)}-1]$上有唯一解，在$x\in[\displaystyle\frac{HM}{gcd(H-1,HM)},\displaystyle\frac{2HM}{gcd(H-1,HM)}-1]$上有唯一解..........

则$\displaystyle\frac{H-1}{gcd(H-1,HM)}\times t\equiv \displaystyle\frac{K}{gcd(H-1,HM)}(mod\ \displaystyle\frac{HM}{gcd(H-1,HM)})$在$[0,HM-1]$上有$gcd(H-1,HM)$个解。

即：对于每一个有解的$K$ （即：满足 $gcd(H-1,HM)|K$），有$gcd(H-1,HM)$个合法的$t$。

而有解的$K$的数目为：$(\lfloor \displaystyle \frac{A}{gcd(H-1,HM)}\rfloor+1)+(\displaystyle \frac{HM}{gcd(H-1,HM)}-\lceil \displaystyle \frac{HM-A}{gcd(H-1,HM)}\rceil)$

所以答案为：

$(\lfloor \displaystyle \frac{A}{gcd(H-1,HM)}\rfloor+1)+(\displaystyle \frac{HM}{gcd(H-1,HM)}-\lceil \displaystyle \frac{HM-A}{gcd(H-1,HM)}\rceil)*gcd(H-1,HM)$

注意到当$A=\displaystyle\frac{HM}{2}$ 时，$A=HM-A$，按照 $K\leq A$或$K\ge HM-A$ 求得$K$的数目可能会多一个，需要特殊判断，易知这种情况的答案为$HM$。

Code

//by DTTTTTTT
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
ll H, M, A;
ll gcd(ll x, ll y) {
	return y == 0 ? x : gcd(y, x % y);
}
int main() {
	cin >> H >> M >> A;
	if (A * 2 == H * M) {
		cout << A * 2 << endl;
		return 0;
	}
	ll d = gcd(H - 1, H * M);
	cout << d * (A / d + 1 + H * M / d - (H * M - A + d - 1) / d) << endl;
	return 0;
}

K Scholomance Academy

Description

posted @ 2022-10-16 20:40 DTTTTTTT- 阅读(167) 评论(0) 收藏举报

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