Codeforces Round #227 (Div. 2) 题解
A.George and Sleep
题意：一个人知道几点睡醒的，以及睡了多久，问他是几点睡觉的
思路：直接相减得到答案
代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int a,b,c,d; scanf("%d:%d", &a, &b); scanf("%d:%d", &c, &d); a -= c; b -= d; if(b < 0) b += 60, a--; if(a < 0) a += 24; printf("%02d:%02d\n", a, b); return 0; }
B. George and Round
题意：现在有n（3000）个难度的题，以及m（3000）个已经有的难度的题，可以用难度高的题去替代难度低的题，问最少还需要在出几个题
思路：设立两个指针，分别指向两个数组，遍历一下即可
代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 3007; int a[maxn],b[maxn]; int main() { int n, m; scanf("%d%d", &n, &m); for(int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", &a[i]); } for(int i = 1; i <= m; i++) { scanf("%d", &b[i]); } int i = 1, j = 1; while(i <= n && j <= m) { if(a[i] <= b[j]) { i++; j++; } else { j++; } } // printf("%d %d\n", i, j); if(i == n + 1) printf("0\n"); else printf("%d\n", n - i + 1); return 0; }
C. George and Number
题意：集合中有一些数，每次可以从集合中任意去两个数a，b，可以合并成ab一个数，放回到集合中，可以合并的条件是a>b，不满足的不能合并，现在有集合中最后的一个数，问集合中最初最多有多少个元素（集合中没有0）
思路：从左向右扫，每次取出相邻的两个数a，b如果a>=b,表明可以是后两个数合并得到，不然前面的整体只能是一个数，不可拆分
代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 1e5 + 7; char a[maxn]; int ans; bool check(string x, string y) { if(y == "") { return false; } int lenx = x.size(), leny = y.size(); if(lenx > leny) return true; if(lenx < leny) return false; for(int i = 0; i < lenx; i++) { if(x[i] > y[i]) return true; if(x[i] < y[i]) return false; } return true; } int main() { scanf("%s", a + 1); int len = strlen(a + 1); ans = 1; string b = "", c = ""; for(int j = 1; j <= len; ) { // b = c; c = ""; int i = j, ok; if(b == "") ok = 1; else ok = 0; // printf("aa i == %d ok == %d\n",i,ok); for(i = j; i <= len; i++) { if(ok) { b += a[i]; if(a[i + 1] != '0') ok = 0; } else { c += a[i]; if(a[i + 1] != '0') break; } } // printf("test i == %d ",i); // cout << b << " " << c <<endl; if(check(b, c)) { ans ++; b += c; c = ""; } else { ans = 1; b += c; c = ""; } j = i + 1; } printf("%d\n",ans); return 0; }
D. George and Interesting Graph
题意：有n（500）个点m（1000）条边的DAG，你可以每次添加一条边，或者删除一个边，问你最少操作几次可以是图满足：
有一个点center，它和每个点都有（u，v）,(v,u)的两条边，除center点之外，其他的每个点的入度和出度都必须为2
思路：枚举中心点，先把每个点都补上到中心点的两条边，然后只剩下剩余n – 1个点的一个出度和入度，建图跑二分匹配，如果所有的点都能够匹配，那么不需要加边和删边，如果不能满足所有的点都能匹配，需要删边和加一些边
代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 507; int xx[1007], yy[1007]; int mp[maxn][maxn]; int mat[maxn], vis[maxn]; int n, m; int dfs(int x) { for(int i = 1; i <= n; i++) { if(mp[x][i] && !vis[i]) { vis[i] = 1; if(mat[i] == -1 || dfs(mat[i])) { mat[i] = x; return 1; } } } return 0; } int solve(int x) { int ans = 0, cnt = 0; memset(mp,0,sizeof(mp)); for(int i = 1; i <= m; i++) { mp[xx[i]][yy[i]] = 1; } for(int i = 1; i <= n; i++) { for(int j = 1; j <= n; j++) { if(mp[i][j] && (i != x && j != x)) { cnt++; } if(mp[i][j] == 0 &&(i == x || j == x)) { ans ++; } if(mp[i][j] && (i == x || j == x)){ mp[i][j] = 0; } } } memset(mat,-1,sizeof(mat)); int res = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) { memset(vis,0,sizeof(vis)); if(i == x) continue; if(dfs(i)) res++; } ans += n - 1 - res; ans += cnt - res; return ans; } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for(int i = 1; i <= m; i++) { scanf("%d%d", &xx[i], &yy[i]); } int ans = 0x3f3f3f3f; for(int i = 1; i <= n; i++) { ans = min (ans, solve(i)); } printf("%d\n",ans); return 0; }
E. George and Cards
题意：给出一个原始的数组n（1e6），以及删除后的数组m（1e6），每次可以选一个连续的w区间中删除，区间中的最小值，那么可以得到w的值，问把原数组删除为第二个数组m可以得到最大的w价值为多少
思路：最优的方法是从小到大删除，这样获得的价值是最多的，对于删除的每个数都选取最大的区间，使最后的结果变大。用一个set 维护现在小于i的值的位置（删除后数组中的数），如果不在删除后的数组的数肯定在之前被删除了，，在用一个树状数组维护区间[l,r]中还剩几个数，会被卡STL，要用set中的upper_bound方法，而不是通用的upper_bound方法
代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 1e6 + 7; int c[maxn]; int id[maxn], vis[maxn]; set<int> st; int lowbit(int x) { return x & -x; } void update(int n, int x, int val) { while(x <= n) { c[x] += val; x += lowbit(x); } } int query(int x) { int res = 0; while(x > 0) { res += c[x]; x -= lowbit(x); } return res; } int main() { int n, k; scanf("%d%d", &n, &k); for(int i = 1; i <= n; i++) { int x; scanf("%d", &x); id[x] = i; update(n,i,1); } for(int i = 1; i <= k; i++) { int x; scanf("%d", &x); vis[x] = 1; } st.clear(); st.insert(0); st.insert(n + 1); long long ans = 0; set<int>:: iterator it; for(int i = 1; i <= n; i++) { if(vis[i]) { st.insert(id[i]); } else { // it = upper_bound(st.begin(),st.end(),id[i]); it = st.upper_bound(id[i]); int r = *it - 1, l = *(--it); ans += query(r) - query(l); update(n,id[i],-1); } } printf("%lld\n",ans); return 0; }
