Codeforces Round #257 (Div. 2)
A - Jzzhu and Children
找到最大的ceil(ai/m)即可
#include <iostream> #include <cmath> using namespace std; int main(){ int n,m; cin >> n >> m; double a, maxv = 0; int maxIdx = 0; for(int i = 0; i < n; ++ i){ cin >> a; if(maxv <= ceil(a/m)){ maxv = ceil(a/m); maxIdx = i+1; } } cout<<maxIdx<<endl; }
B - Jzzhu and Sequences
fi = fi-1-fi-2
f1=x, f2=y, f3=y-x, f4 = y-x-y = -x, f5 = -x-(y-x) = -y , f6 =-y-(-x) = x-y
f7 = x-y-(-y)=x, f8 = x-(x-y) = y...........
注意该序列的循环节是6
只要算出前六个数即可。
#include <iostream> #include <vector> #define ll long long #define MOD 1000000007 using namespace std; int main(){ ll x,y,n; cin >> x >> y >> n; vector<ll> f(6,0); f[0] =x;f[1]=y; for(int i = 2; i < 6; ++ i) f[i] = f[i-1]-f[i-2]; cout<<(f[(n-1)%6]%MOD+MOD)%MOD<<endl; }
本题也可以采用矩阵快速幂运算
#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #include <string> #include <queue> #include <utility> #define ll long long #define MOD 1000000007 using namespace std; struct matrix { ll m[2][2]; }ans, base; matrix multi(matrix a, matrix b) { matrix tmp; for(int i = 0; i < 2; ++i) { for(int j = 0; j < 2; ++j) { tmp.m[i][j] = 0; for(int k = 0; k < 2; ++k) tmp.m[i][j] = (tmp.m[i][j] + a.m[i][k] * b.m[k][j]); } } return tmp; } ll fast_mod(ll n,ll x,ll y) { base.m[0][0] = 1; base.m[0][1] = -1; base.m[1][0] = 1; base.m[1][1] = 0; ans.m[0][0] = ans.m[1][1] = 1; ans.m[0][1] = ans.m[1][0] = 0; while(n) { if(n & 1) { ans = multi(ans, base); } base = multi(base, base); n >>= 1; } return ans.m[0][0]*y+ans.m[0][1]*x; } int main(){ ll x,y,n; cin >> x >> y >> n; ll res = 0; if(n == 1) res = x; else if(n == 2) res = y; else res = fast_mod(n-2,x,y); if(res < 0) res = res%MOD; cout<<(res+MOD)%MOD<<endl; }
注意结果输出时对负数要 (res%mod+mod)%mod，因为res可能大于mod， 不然结果可能被cha掉
C - Jzzhu and Chocolate
题目的意思：
给nxm的巧克力，切k刀后，求最小块巧克力的最大面积
解题思路：
可以假设n<m，如果n>m，则交换n和m。
现在将行分成x行，列分成y列，相当于行切x-1次，列切y-1次，x-1+y-1=k 即x+y=k-2，
此时最小块面积是floor(n/x)*floor(m/y),要使最小块面积最大，即使x*y尽量小。
x*y=x(k-2-x) = -x2+(k-2)x，这是一个开头向下的抛物线，抛物线中间值最大，要是值x*y最小，x必须在抛物线的两边，x在0这边或者k这边。
现在分情况考虑
（1）如果k<n，这最优的(x,y)，是{x=1,y=k+1}（列切k次）或者{x=k+1, y=1}(行切k次)
（2）如果n≤k<m，这最优的(x,y)，是{x=1,y=k+1}(列切k次)
（3）如果m≤k≤n+m-2，最优的(x,y)，是{x=k+2-m,y=m}(行切k+1-m次，列切m次)
（4） 如果 k>n+m-2，则不存在切割方法（行最多切n-1次，列最多切m-1次）
#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #include <string> #define ll long long using namespace std; int main(){ ll n,m,k; cin >> n >> m >>k; if(n > m) swap(n,m); if(k < n) cout<<max(n*(m/(k+1)),n/(k+1)*m)<<endl; else if(k>=n && k < m) cout<<n*(m/(k+1))<<endl; else if(k>=m && k <= n+m-2) cout<<n/(k+2-m)<<endl; else cout<<-1<<endl; }
D - Jzzhu and Cities
题目的意思：
给你n个城市，m条无向有权边，然后还有k条边，每条边是从起点出发到i，以及相应的权重，删除这k条边中的一些边，使每个点到起点的最短距离不变。
解题思路是:
将原有的m条边和k条边都加入图中，注意要区分这两种不同的边，对于k条边是可以删除的，要进行标记。然后跑一遍dijkstra算法，记录其每个点最短路径的前一个点。然后遍历这些点，如果前一个点是起始点，且当前点到前一个点是可以删除边，则这条边不可以删除。
关于dijkstra算法，可以参考《算法竞赛入门经典训练指南》p327给的模板，这本书上面有很多模板写的比较好
#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #include <queue> #include <cstring> #include <cstdlib> #define ll long long #define INF 0xffffffff #define maxn 100000 using namespace std; struct Edge{ int from,to; ll dist; bool flag; }; struct HeapNode{ ll d; int u; bool operator<(const HeapNode& rhs) const{ return d > rhs.d; } }; struct Dijkstra{ int n,m; vector<Edge> edges; vector<int> G[maxn]; bool done[maxn]; ll d[maxn]; int p[maxn]; void init(int n){ this->n = n; for(int i = 0; i < n ; ++ i) G[i].clear(); edges.clear(); } void AddEdge(int from, int to, int dist,bool flag = false){ edges.push_back((Edge){from,to,dist,flag}); m = edges.size(); G[from].push_back(m-1); } void dijkstra(int s){ priority_queue<HeapNode> Q; for(int i = 0 ; i < n; ++ i ) d[i] = INF; d[s] = 0; memset(done,0,sizeof(done)); Q.push((HeapNode){0,s}); while(!Q.empty()){ HeapNode x = Q.top();Q.pop(); int u = x.u; if(done[u]) continue; done[u] = true; for(int i = 0 ; i < G[u].size(); ++ i){ Edge& e = edges[G[u][i]]; if(d[e.to] > d[u] + e.dist || (d[e.to] == d[u] + e.dist && !e.flag)){ d[e.to] = d[u] + e.dist; p[e.to] = G[u][i]; Q.push((HeapNode){d[e.to], e.to}); } } } } }; int main(){ int n,m,k; cin >> n >> m >> k; Dijkstra a; a.init(n); for(int i = 0 ; i < m; ++ i){ int u,v; ll x; cin >> u >> v >>x; --u;--v; a.AddEdge(u,v,x); a.AddEdge(v,u,x); } for(int i = 0 ; i < k; ++i){ int s; ll y; cin >>s >> y; --s; a.AddEdge(0,s,y,true); a.AddEdge(s,0,y,true); } a.dijkstra(0); int res = 0; for(int i = 1; i < n; ++ i){ if(a.edges[a.p[i]].flag) res++; } cout<<k-res<<endl; }
E - Jzzhu and Apples
题目的意思：
有1到n个数，它们两两分为一组，要求在一组的数字的公共因子大于1，即要求这两个数不互质，问最多有多少分组
解题思路:
对于找出n以内的素数，由于n的最大为100000，可以考虑用筛选法选择素数。（其核心思想就是素数的倍数都不是素数）
2是素数，则2*2,2*3........都不是素数，然后将这些数标记，下一个数是3
3是素数，则3*2,3*3........都不是素数，然后将这些数标记，下一个数是5
.........
对于1和大于n/2的素数不可能满足要求，因为不可能存在一个在n内的数和大于n/2的素数有公因子
只需要考虑2到n/2范围内的素数。这里可能有疑问，为什么不考虑2到n/2的非素数？可以想象把筛选法筛选素数的方法逆过来。
假设i是2~n/2内的一个素数，那么2*i,3*i,4*i......(小于等于n)，有公因子i，
如果这些数的个数（包括i）为偶数的话，那么这些数两两组合即可
否则为奇数的话，选择2*i（i的偶数倍都可以），留给2的倍数去考虑，然后其余的两两组合
#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #include <cstring> #include <utility> #define MAX (100000+5) using namespace std; bool prime[MAX], visit[MAX]; void init(){ memset(prime,true,sizeof(prime)); memset(visit,false,sizeof(visit)); for(int i = 2; i < MAX;++i){ if(prime[i]){ for(int j = i*2;j < MAX; j+=i) prime[j] = false; } } } int main(){ init(); int n; cin >>n; vector<pair<int,int> >res; for(int i = n/2; i>=2; -- i){ if(prime[i]){ vector<int> divisor; for(int j = i; j <= n; j+=i){ if(!visit[j]) divisor.push_back(j); } if(divisor.size()%2 != 0){ for(int j = 0 ; j < divisor.size(); ++ j){ if(divisor[j]%2 == 0) { swap(divisor[j],divisor.back()); divisor.pop_back(); break; } } } for(int j = 0; j < divisor.size() ; j+=2){ res.push_back(make_pair(divisor[j],divisor[j+1])); visit[divisor[j]] = true; visit[divisor[j+1]] = true; } } } cout<<res.size()<<endl; for(int i = 0 ; i < res.size(); ++i ) cout<<res[i].first<<" "<<res[i].second<<endl; }
