AtCoder Regular Contest 092 C D E F
C - 2D Plane 2N Points
题意
二维平面上有\(N\)个红点，\(N\)个蓝点，一个红点和一个蓝点能配成一对当且仅当\(x_r<x_b\)且\(y_r<y_b\).
问最多能形成多少pair.
思路
无脑版本：可以匹配的连边，然后跑匈牙利。
正确的贪心姿势：对于所有的点按\(x\)从小到大排序，对于蓝点，要匹配的最优的红点即为 在其之前出现的 \(y\)小于它的 且\(y\)最大的 红点。用一个\(set\)维护红点的\(y\)坐标即可。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 110
using namespace std;
typedef long long LL;
struct Point {
int x,y,type;
bool operator < (const Point& p) const { return x < p.x; }
}a[maxn<<1];
set<int> st;
int main() {
int n;
scanf("%d", &n);
F(i, 0, n) scanf("%d%d", &a[i].x, &a[i].y), a[i].type=0;
F(i, 0, n) scanf("%d%d", &a[n+i], &a[n+i].y), a[n+i].type=1;
sort(a, a+(n<<1));
int ans=0;
F(i, 0, n<<1) {
if (a[i].type) {
auto it = st.lower_bound(a[i].y);
if (it==st.begin()) continue;
else st.erase(--it), ++ans;
}
else {
st.insert(a[i].y);
}
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
D - Two Sequences
题意
两个序列\(A,B\)，对所有的\(A_i+B_j\)求异或和。
思路
按位考虑，不妨考虑第\(k\)位。
怎么才能知道第\(k\)位是\(0\)还是\(1\)呢？
即考虑所有的和当中有奇数个还是偶数个第\(k\)位是\(1\)。
对于某个和，怎么知道其第\(k\)位是\(0\)还是\(1\)呢？
注意到，高于\(k\)位的都不会产生影响，因此，只需要考虑\(a_i\%2^{k+1}\)与\(b_i\%2^{k+1}\)的和。若该和\(s\)满足\(2^k\leq s\lt 2\cdot2^k\)或者\(3\cdot2^k\leq s\lt 4\cdot2^k\)，则该位为\(1\).
所以对于每个\(a_i\%k\)，将\(b_i\%k\)排序，二分即可。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 200010
using namespace std;
typedef long long LL;
int a[maxn], b[maxn], bb[maxn];
int main() {
int n;
scanf("%d", &n);
F(i, 0, n) scanf("%d", &a[i]);
F(i, 0, n) scanf("%d", &b[i]);
int mod=1, ans=0;
F(k, 0, 29) {
F(i, 0, n) bb[i] = b[i] % (mod<<1);
sort(bb, bb+n);
int cnt=0;
F(i, 0, n) {
int temp=a[i]%(mod<<1);
int p1=lower_bound(bb, bb+n, mod-temp)-bb,
p2=lower_bound(bb, bb+n, (mod<<1)-temp)-bb,
p3=lower_bound(bb, bb+n, mod*3-temp)-bb,
p4=lower_bound(bb, bb+n, (mod<<2)-temp)-bb;
cnt += p2-p1+p4-p3;
}
ans += cnt&1 ? mod : 0;
mod <<= 1;
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
E - Both Sides Merger
题意
对一个序列能够进行两种操作：
- 选取开头或结尾的元素，直接删去；
- 选取中间的某个元素，用它两旁的元素之和代替它，再去掉两旁的两个元素。
现要求经过若干次操作，只剩下一个元素，且值最大，输出操作。
思路
不难发现，所有选取的元素在原序列中的奇偶性相同；
反过来，只要所有元素在原序列中奇偶性相同，即可构造出相应的操作序列。
只取正数很容易就能得到最优取法。
// 注意特判全为负数的情况
现在考虑一个取法\(d_0,d_1,\ldots,d_k\)，首先将开头\(\lt d_0\)和结尾\(\gt d_k\)的一系列元素删去，接下来考虑对中间的元素进行的操作。
对于\(d_0\)至\(d_1\)一段，因为奇偶性相同，所以中间必然夹着奇数个元素，每次取最中间的即可将序列不断地往中间缩，直至\(d_0\)与\(d_1\)合并。接下来再作为一个整体与\(d_2\)合并，依次类推。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 1010
using namespace std;
typedef long long LL;
int d1[maxn], d2[maxn], tot1, tot2, tot, n, a[maxn];
int* d;
vector<int> ans;
void solve() {
F(i, 1, d[0]) ans.push_back(1);
dF(i, n, d[tot-1]) ans.push_back(i-d[0]+1);
F2(i, 1, tot-1) {
int lim=(d[i]-d[i-1])>>1;
dF(j, 1+lim, 1) ans.push_back(j);
}
}
int main() {
scanf("%d", &n);
int p=1;
F2(i, 1 ,n) {
scanf("%d", &a[i]);
p = a[i] > a[p] ? i : p;
}
LL sum;
if (a[p]<=0) d1[tot++]=p, sum=a[p], d=d1;
else {
LL sum1=0, sum2=0;
for (int i = 1; i <= n; i += 2) if (a[i]>0) d1[tot1++]=i, sum1+=a[i];
for (int i = 2; i <= n; i += 2) if (a[i]>0) d2[tot2++]=i, sum2+=a[i];
d = sum1 < sum2 ? d2 : d1;
tot = sum1 < sum2 ? tot2 : tot1;
sum = max(sum1, sum2);
}
solve();
printf("%lld\n%d\n", sum, ans.size());
for (auto x : ans) printf("%d\n", x);
return 0;
}
F - Two Faced Edges
题意
给定一个有向图，每次将一条边方向反转，问这个操作是否改变了图中的强连通分量数，
思路
结论：
假设原有边\(a_i\rightarrow b_i\)，考虑接下来两个命题：
1, 原图中能从\(b_i\)走到\(a_i\)，
2. 原图中删去了\(a_i\rightarrow b_i\)边后仍能从\(a_i\)走到\(b_i\)。
则图中的强连通分量数不改变 当且仅当 命题1与命题2同真假。
下面考虑命题2如何\(check\).
考虑将从\(a_i\)出去的边标号，先沿着边的标号从小到大进行\(dfs\)，对图中每个点的标记则为其第一次被访问是来自哪条边的行为；再从大到小进行\(dfs\)，对图中每个点的标记则为其最后一次被访问是来自哪条边的行为。
// 两个标记即相当于前缀与后缀的作用
如果这两个标记不都等于删去的边的标号（若都等于，则意味着该边为必经边），则删去该边仍能走到。
至于命题1，可以建立在命题2的基础上，也可以直接每个点一次\(dfs\).
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 1010
#define maxm 200010
using namespace std;
typedef long long LL;
int f[maxn][maxn][2], vis[maxn<<1], T;
struct node {int to, id; };
vector<node> edge[maxn];
pair<int, int> E[maxm];
void dfs(int u, int src, int id, int type) {
f[src][u][type] = id; vis[u] = T;
for (auto& e : edge[u]) {
int v = e.to;
if (vis[v]!=T) dfs(v, src, id, type);
}
}
void work(int src) {
++T; vis[src] = T;
for (auto& e : edge[src]) {
int v = e.to;
if (vis[v]!=T) dfs(v, src, e.id, 0);
}
reverse(edge[src].begin(), edge[src].end());
++T; vis[src] = T;
for (auto& e : edge[src]) {
int v = e.to;
if (vis[v]!=T) dfs(v, src, e.id, 1);
}
}
int main() {
int n, m, u, v;
scanf("%d%d", &n ,&m);
F2(i, 1, m) {
scanf("%d%d", &u, &v);
edge[u].push_back({v, i});
E[i] = {u, v};
}
F2(i, 1, n) work(i);
F2(i, 1, m) {
int u = E[i].first, v = E[i].second;
if (f[v][u][0]!=0 ^ (f[u][v][0]!=i||f[u][v][1]!=i)) puts("diff");
else puts("same");
}
return 0;
}
