VP Educational Codeforces Round 49 (Rated for Div. 2)
A. Palindromic Twist
判断对应位置的差是不是等于0或2。
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void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::string s;
std::cin >> s;
for (int i = 0, j = n - 1; i < j; ++ i, -- j) {
if (std::abs(s[i] - s[j]) != 2 && s[i] != s[j]) {
std::cout << "NO\n";
return;
}
}
std::cout << "YES\n";
}
B. Numbers on the Chessboard
分类讨论。
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void solve() {
i64 n, q;
std::cin >> n >> q;
i64 a = (n * n + 1) / 2;
while (q -- ) {
int x, y;
std::cin >> x >> y;
if (x + y & 1) {
i64 d = (n / 2 + (n + 1) / 2) * (x / 2);
if (x % 2 == 0) {
d -= (n + 1) / 2;
d += (y + 1) / 2;
} else {
d += y / 2;
}
std::cout << a + d << "\n";
} else {
i64 d = (n / 2 + (n + 1) / 2) * (x / 2);
if (x % 2 == 0) {
d -= n / 2;
d += y / 2;
} else {
d += (y + 1) / 2;
}
std::cout << d << "\n";
}
}
}
C. Minimum Value Rectangle
题意：给你\(n\)个木棒，用其中四个构造矩形，使得周长的平方除面积最小。
设两条边长为\(x, y(x < y)\)。则要求\({(2(x + y))^2}{xy}\)最小，推理一下：\({(2(x + y))^2}{xy} = \frac{4x^2 + 4y^2 + 8xy}{xy} = 4(\frac{x}{y} + \frac{y}{x}) + 8\)，那么要让\(\frac{y}{x}\)最小，我们肯定选相邻的两个值。
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void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::vector<i64> a(n);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> a[i];
}
std::ranges::sort(a);
std::vector<i64> b;
for (int i = 0; i + 1 < n; ++ i) {
if (a[i] == a[i + 1]) {
b.push_back(a[i]);
i += 1;
}
}
int m = b.size();
i64 x = b[0], y = b[1];
for (int i = 0; i + 1 < m; ++ i) {
if (b[i + 1] * x < y * b[i]) {
x = b[i], y = b[i + 1];
}
}
std::cout << x << " " << x << " " << y << " " << y << "\n";
}
D. Mouse Hunt
题意：\(n\)个点每个点有一个代价和一个出边。要求选一些点使得所有点都可以到达其中一个点，且这些点的代价和最小。
进行\(tarjan\)求强连通分量后缩点成\(DAG\)图，那么图中没有出边的点代表的连通分量里选一个最小值。
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void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::vector<int> c(n), a(n);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> c[i];
}
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> a[i];
-- a[i];
}
std::vector<int> dfn(n), low(n), id(n), min(n, 1e9), stk(n + 10), in_stk(n);
int top = 0, idx = 0, cnt = 0;
auto tarjan = [&](auto & self, int u) -> void {
dfn[u] = low[u] = ++ idx;
stk[ ++ top] = u; in_stk[u] = 1;
int v = a[u];
if (!dfn[v]) {
self(self, v);
low[u] = std::min(low[u], low[v]);
} else if (in_stk[v]) {
low[u] = std::min(low[u], dfn[v]);
}
if (dfn[u] == low[u]) {
do {
v = stk[top -- ];
in_stk[v] = 0;
id[v] = cnt;
min[cnt] = std::min(min[cnt], c[v]);
} while (v != u);
++ cnt;
}
};
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
if (!dfn[i]) {
tarjan(tarjan, i);
}
}
std::vector<int> in(cnt);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
if (id[i] != id[a[i]]) {
++ in[id[i]];
}
}
int ans = 0;
for (int i = 0; i < cnt; ++ i) {
if (in[i] == 0) {
ans += min[i];
}
}
std::cout << ans << "\n";
}
E. Inverse Coloring
题意：构造一个\(01\)矩阵，有三个条件：
- 每行的位置和上一行对应位置要么都相同要么都不同
- 每列的位置和前一列对应位置要么都相同要么都不同
- 最大的\(0\)的连通块大小小于\(k\)，最大的\(1\)连通块大小小于\(k\)。
那么首先要发现，确定了第一行第一列后整个矩阵就确定了。
因为一行中连续的一段在接下来的行里也连续，一列中连续的一段在接下来的列里也连续，那么它们构成的子矩阵的元素都是相同的。那么我们需要求出行的最大连续段的方案和列的最大连续段的方案。
解法一：
记\(f[i][j][k]\)为前\(i\)个元素最长连续段长度为\(j\)，末尾有连续\(k\)个相等的元素的方案数。
那么我们在末尾加一个相同的元素可以转移到\(f[i + 1][(\max(j, k + 1)][k + 1]\)，加一个不一样的可以转移到\(f[i + 1][\max(j, 1)][1]\)。
那么长度为\(j\)的方案数\(cnt_j\)就是\(\sum_{k=1}^{j} f[n][j][k]\)。
答案就是枚举\(i \times j < k\)的对数加上\(cnt_i \times cnt_j\)。然后除二。为什么除二？因为我们只是算连续相同的段，如果行列组合起来，可能一个要求相同，一个要求不相同，那么就不是一样的矩阵了。
代码省略取模类。
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void solve() {
int n, K;
std::cin >> n >> K;
std::vector f(n + 1, std::vector<Z>(n + 1));
f[0][0] = 1;
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::vector g(n + 1, std::vector<Z>(n + 1));
for (int j = 0; j <= i; ++ j) {
for (int k = 0; k <= j; ++ k) {
if (k + 1 <= n) {
g[std::max(k + 1, j)][k + 1] += f[j][k];
}
g[std::max(1, j)][1] += f[j][k];
}
}
f = g;
}
std::vector<Z> cnt(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
for (int j = 1; j <= i; ++ j) {
cnt[i] += f[i][j];
}
}
Z ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
for (int j = 1; j <= n; ++ j) {
if (i * j < K) {
ans += cnt[i] * cnt[j];
}
}
}
std::cout << ans / 2 << "\n";
}
解法二：
考虑用\(f[i][j]\)表示前\(i\)个元素连续段小于等于\(j\)的方案数，这样就可以通过\(f[n][i] - f[n][i - 1]\)求出恰好为\(i\)的方案数。
那么我们考虑前面转移到了\(k\)，从\([k+1, i]\)都填相同的数，那么有\(f[i][j] = \sum_{k=i-j}^{i-1} f[k][\min(j, k)]\)。
至于这个算出来的结果，需要乘上2。
因为观察解法一的方程，发现会给长度为1的连续段贡献两次，而这个解法只会贡献一次。相当于解法一把格子的两种情况都算上了，所以组合的时候需要去除两个不合法的情况，而这个解法每个格子只算了一种情况，需要乘二。
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void solve() {
int n, K;
std::cin >> n >> K;
std::vector f(n + 1, std::vector<Z>(n + 1));
f[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
for (int j = 1; j <= i; ++ j) {
for (int k = i - j; k < i; ++ k) {
f[i][j] += f[k][std::min(k, j)];
}
}
}
std::vector<Z> cnt(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
cnt[i] = f[n][i] - f[n][i - 1];
}
Z ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
for (int j = 1; j <= n; ++ j) {
if (i * j < K) {
ans += cnt[i] * cnt[j];
}
}
}
std::cout << ans * 2 << "\n";
}
F. Session in BSU
题意：有\(n\)对数，你需要在每一对数里选一个，每个数只能被选一次，求选出的数里最大值最小。
我们给每一对数连边，那么就转化为了一个图。其中边代表需求个数，点代表选择个数，那么我们可以对每个连通块单独求，如果这个连通块里边数大于点数，则无解。否则边数等于点数，则每个点都要选，为最大值。如果边数小于点数，那么肯定是一棵树的形态，我们选次小值。
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void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::vector<int> a(n), b(n), c;
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> a[i] >> b[i];
c.push_back(a[i]);
c.push_back(b[i]);
}
std::ranges::sort(c);
c.erase(std::unique(c.begin(), c.end()), c.end());
int m = c.size();
auto get = [&](int x) -> int {
return std::ranges::lower_bound(c, x) - c.begin();
};
std::vector<std::vector<int>> adj(m);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
a[i] = get(a[i]), b[i] = get(b[i]);
adj[a[i]].push_back(b[i]);
adj[b[i]].push_back(a[i]);
}
int ans = 0;
std::vector<int> st(m);
for (int i = 0; i < m; ++ i) {
if (!st[i]) {
int size = 0, cnt = 0, max1 = -1, max2 = -1;
auto dfs = [&](auto & self, int u) -> void {
st[u] = 1;
++ size;
if (u > max1) {
max2 = max1;
max1 = u;
} else if (u > max2) {
max2 = u;
}
for (auto & v : adj[u]) {
++ cnt;
if (!st[v]) {
self(self, v);
}
}
};
dfs(dfs, i);
cnt /= 2;
if (size < cnt) {
std::cout << -1 << "\n";
return;
} else if (size == cnt) {
ans = std::max(ans, max1);
} else {
ans = std::max(ans, max2);
}
}
}
std::cout << c[ans] << "\n";
}
浙公网安备 33010602011771号