Codeforces Round #353 (Div. 2) ABCDE 题解 python
| # | Name | ||
|---|---|---|---|
| A |
standard input/output
1 s, 256 MB |
  |
 x3509 |
| B |
standard input/output
1 s, 256 MB |
|
x2519 |
| C |
standard input/output
1 s, 256 MB |
|
x724 |
| D |
standard input/output
2 s, 256 MB |
|
x1008 |
| E |
standard input/output
2 s, 256 MB |
|
x239 |
以后cf的题能用python写的我就python了，因为以后没正式比赛参加了，不必特地用C++。python写得快，也容易看得懂，我最近也比较需要练习这个。当然有的题C++写得少我还是用C++。
A. Infinite Sequence
题意：给出a，b，c，求是否a加若干个c能得到b，是就输出YES，否就输出NO
题解：
就特判各种情况，一般情况是看(b-a)%c==0
特殊情况，依次判断：
1.a==b，YES
2.c==0，NO
3.b-a与c不同号，NO
4.c小于零，则把b-a和c都变正数再判。
1 def gank(a,b,c): 2 d = b - a 3 if(d==0): 4 return True 5 if(c==0): 6 return False 7 if((d<0 and c>0) or(c<0 and d>0)): 8 return False 9 if(c<0): 10 d*=-1 11 c*=-1 12 if(d%c==0): 13 return True 14 else: 15 return False 16 17 a,b,c = map(int , raw_input().split(' ')) 18 if(gank(a,b,c)): 19 print "YES" 20 else: 21 print "NO"
B. Restoring Painting
题意：有个3*3的九宫格，每个格子能填1~n中任意的数（n由输入给出）。要求其中任意2*2的格子中4个数的和与其他各个2*2格子都相等。
输入n，a,b,c,d，求剩下的数有多少种填法。（可能为0种）
题解：
固定中间的为1，则4种2*2格子的和，要是使得一个相邻的数比较大的角为1，另一个相邻数字比较小的角为n，格子和也没法相等的话，就不行，所以要找2*2格子的最小值和最大值，判断可行性。
比如有这种情况，最大那个角填1，最小那个角最少只能填x，则它们有(n-x+1)种情况（最小的那个角为x，为x+1，直到为n）。
中间那个数其实随便填，不影响，所以最后答案(n-x+1)*n
1 def gank(n,A,b,c,d): 2 a = [0]*4 3 a[0] = A+b 4 a[1] = A+c 5 a[2] = b+d 6 a[3] = c+d 7 mi = 1e9 8 ma = 0 9 for i in range(4): 10 ma = max(ma,a[i]) 11 mi = min(mi,a[i]) 12 if(1 + 1 + ma > 1+n+mi): 13 return 0 14 x = ma - mi + 1 15 y = n - x + 1 16 return y*n 17 18 19 n,a,b,c,d = map(int , raw_input().split(' ')) 20 print gank(n,a,b,c,d)
C. Money Transfers
题意：
有一圈银行，瓦夏在各个银行存的钱为a[i]（可能为负数，代表借了钱），sum(a[i])==0，瓦夏可以进行一种操作：把一个银行的若干钱转到相邻的银行。求最少多少次操作能把所有银行存款归零。
题解：
这题，难！过D的人都比过C的多，我是不会的，看的题解。
首先考虑，若有一个区间[L,R]，使得其中的sum(a[i])==0，则这个区间可以单独转钱就能归零，用的操作数为R-L。如果一个银行为0，它可以单独当一个区间。最后，我们可以得到若干个相邻的区间，总操作数为(n - 区间数)。
所以问题转化为最大化这种区间数。
为了找到和为0的区间，我们算一波前缀和。
当有两个位置的前缀和相同，说明这两个之间的各个元素和为0！
当很多个位置的前缀和相同，说明这些位置分成的各个区间，每个区间和为0。
我们就算一波各个前缀和出现的次数，出现次数最多的那个就是按照最碉的分区间法得到的最多区间数。
1 def farm(n, a): 2 dic = dict() 3 re=0 4 sum = 0 5 for i in a: 6 sum += i 7 if not sum in dic: 8 dic[sum]=0 9 dic[sum]+=1 10 re = max(re,dic[sum]) 11 return n - re 12 13 n = input() 14 a = map(int, raw_input().split(' ')) 15 ans = farm(n, a) 16 print ans
D. Tree Construction
题意：给出一个各不相同的序列，插入二叉搜索树中，二叉搜索树不作平衡处理，直接强插，输出除了第一个点之外各个点的父亲的值。
题解：
直接强插，O(n^2)，会爆。我不懂，我又看的题解会的。
这个朴素二叉搜索树的特性，是我要插x，那它肯定要成为之前插入过的数中比它小的中最大的数的右儿子 或者 比它大的数中最小的数的左儿子。
所以我们就找用别的平衡树找到这2个数在朴素树中的位置。然后根据性质，肯定只有一个地方能插，我们就插。（可恶，我不懂为什么，对这个树的性质理解不完全）
可以用C++的STL的set和map来当平衡树，我就用C++写了。
1 //#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000") 2 #include<cstdio> 3 #include<cmath> 4 #include<iostream> 5 #include<cstring> 6 #include<algorithm> 7 #include<cmath> 8 #include<map> 9 #include<set> 10 #include<stack> 11 #include<queue> 12 using namespace std; 13 14 #define MZ(array) memset(array, 0, sizeof(array)) 15 #define MF1(array) memset(array, -1, sizeof(array)) 16 #define MINF(array) memset(array, 0x3f, sizeof(array)) 17 #define REP(i,n) for(i=0;i<(n);i++) 18 #define FOR(i,x,n) for(i=(x);i<=(n);i++) 19 #define FORD(i,x,y) for(i=(x);i>=(y);i--) 20 #define RD(x) scanf("%d",&x) 21 #define RD2(x,y) scanf("%d%d",&x,&y) 22 #define RD3(x,y,z) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z) 23 #define WN(x) printf("%d\n",x); 24 #define RE freopen("D.in","r",stdin) 25 #define WE freopen("huzhi.txt","w",stdout) 26 #define MP make_pair 27 #define PB push_back 28 #define PF push_front 29 #define PPF pop_front 30 #define PPB pop_back 31 template<class T>inline void OA(const T &a,const int &st,const int &ed) { 32 if(ed>=st)cout<<a[st]; 33 int i; 34 FOR(i,st+1,ed)cout<<' '<<a[i]; 35 puts(""); 36 } 37 typedef long long LL; 38 typedef unsigned long long ULL; 39 40 const double PI=acos(-1.0); 41 const double EPS=1e-10; 42 const int MAXN=111111; 43 const int MAXM=33; 44 45 struct Node { 46 int value; 47 Node *son[2]; 48 Node() {} 49 Node(int v) { 50 value = v; 51 son[0]=son[1]=NULL; 52 } 53 } root; 54 55 typedef pair<int, Node*> PIN; 56 set<PIN> s; 57 int n; 58 int a[MAXN]; 59 int ans[MAXN]; 60 61 void farm() { 62 root = Node(a[0]); 63 s.clear(); 64 s.insert(MP(a[0], &root)); 65 int i; 66 FOR(i,1,n-1) { 67 set<PIN>::iterator it = s.upper_bound(MP(a[i],(Node*)NULL)); 68 if(it!=s.end() and it->second->son[0]==NULL) { 69 (it->second)->son[0] = new Node(a[i]); 70 s.insert(MP(a[i], it->second->son[0])); 71 ans[i] = it->second->value; 72 } else { 73 set<PIN>::iterator it2 = it; 74 if(it2!=s.begin())it2--; 75 it2->second->son[1] = new Node(a[i]); 76 s.insert(MP(a[i], it2->second->son[1])); 77 ans[i] = it2->second->value; 78 } 79 80 } 81 } 82 83 84 int main() { 85 int i; 86 RD(n); 87 REP(i,n)RD(a[i]); 88 farm(); 89 OA(ans,1,n-1); 90 return 0; 91 }
E. Trains and Statistic
题意：有一个一条直线的地铁线路。给出a数组，每个站点i只能买到去往[i+1, a[i]]内的票。设p(i,j)为从i到j所需要的最少票数，求对所有ij的p(i,j)的和。（1=<i<j<=n）
题解：
设f[x]为从站点x到它之后所有站点票数的和。
简单设想，f[x]的值对f[x-1] f[x-2]等等各个值的计算是有用的。
当从一个站点i到不了所有点时，会到它能到的点中a[i]最大的点x。这时就能用到f[x]。
b[i] = x-i + b[x] + n - a[i]
其中自己能走i+1~x-1点，用x-i票。
x能到x+1~n，用b[x]票。
x能走的那些中，x+1 ~ a[i]是i自己能走的，把x走的当做自己走的，更远的要自己买票走到x，要n - a[i]张票。
综合起来就是上面那个公式。
x能走的肯定比a[i]远，因为a[a[i]]肯定要大于a[i]。
这样，我们要做的就是每次找出区间[i+1, a[i]]中a[x]最大的x。
这可以用各种RMQ方法。不能用单调区间O(1)求，因为这个区间不是纯粹向左移动的，左界是一个个往左，右界是会来回动的。
所以我们可以维护一个只进不出的单调下降队列，然后用二分找。
O(nlogn)
1 from collections import deque 2 3 def argmax(q,z): 4 l = 0 5 r = len(q) - 1 6 while(l<=r): 7 mid = (l+r)/2 8 x = q[mid]['i'] 9 if(x<=z): 10 r = mid - 1 11 else: 12 l = mid + 1 13 return q[l]['i'] 14 15 def gank(n,A): 16 a = [0]*(n+1) 17 a[1:] = A 18 b = [0]*(n+1) 19 b[n-1] = 1 20 q = deque() 21 q.append({'i':n-1, 'a':a[n-1]}) 22 for i in range(n-2, 0, -1): 23 if(a[i]>=n): 24 b[i] = n-i 25 else: 26 x = argmax(q,a[i]) 27 b[i] = x-i + b[x] + n - a[i] 28 while(len(q)>0 and q[-1]['a'] < a[i]): 29 q.pop() 30 q.append({'i':i, 'a':a[i]}) 31 return sum(b) 32 33 n = int(raw_input()) 34 a = map(int , raw_input().split(' ')) 35 print gank(n,a)
