Codeforces Round #407 (Div. 2)解题报告

A：Anastasia and pebbles

水题。。直接按题意搞一下就行了

B：Masha and geometric depression

同样是一个模拟题，map记录bad数，特判q=-1和q=1的情况即可

C：Functions again

……好像说是最大子段和？

看别人题解代码很长的样子  我是记录前缀和的最大最小值，贪心一下就行了，因为正负对最大最小值的影响其实是没有的，所以不需要考虑太多

然后……要注意最小值如果大于0可以认为不取更优

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#include <queue>#include <string>#include <map>#include <cstring>#include <ctime>#include <vector>#define inf 1e9#define ll long long#define For(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)#define Dow(i,j,k) for(int i=k;i>=j;i--)using namespace std;ll n,ma,mi,s[500001],a[500001];int main(){scanf("%I64d",&n);For(i,1,n)scanf("%I64d",&a[i]);For(i,2,n){s[i]=s[i-1]+abs(a[i]-a[i-1])*(i&1?-1:1);ma=max(ma,s[i]);mi=min(mi,s[i]);}printf("%I64d",ma-min(0LL,mi));}

D:Weird journey

拿到题一点思路都没有，开始在草稿纸上乱画……

但是发现，不论怎么画，两条只走一次的边一定有一个公共点

然后考虑自环这个特殊情况，唯一有可能没有公共点的情况

嗯……这个结论是瞎猜的，但是过了  不会证啊OTZ

然后记录自环数量为cnt2，显然，选两个自环可行。对答案贡献为cnt2*(cnt2-1)/2

一个自环，一条正常的边，也可行，记录正常边条数为cnt1，对答案贡献cnt2*cnt1

接下来是考虑公共点，我们输入边的时候记录num[i]表示与i相连的边的数量，那么i这个点对于答案的贡献为num[i]*(num[i]-1)/2

累加即可

但是上面所有的想法，都要在图联通的情况下才可以，因此先bfs判断一下图的连通性

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#include <queue>#include <string>#include <map>#include <cstring>#include <ctime>#include <vector>#define inf 1e9#define maxn 2000050#define ll long long#define For(i,j,k) for(ll i=j;i<=k;i++)#define Dow(i,j,k) for(ll i=k;i>=j;i--)using namespace std;ll cnt,ans,cnt1,cnt2,poi[maxn],vis[maxn],q[maxn],nxt[maxn],f[maxn],n,m,x,y,num[maxn];bool bj[maxn];inline void add(ll x,ll y){poi[++cnt]=y;nxt[cnt]=f[x];f[x]=cnt;}inline void BFS(int x){ll l=1,r=1;q[1]=x;vis[x]=1;while(l<=r){ll x=q[l];for(ll i=f[x];i;i=nxt[i])if(!vis[poi[i]])vis[poi[i]]=1,q[++r]=poi[i];l++;}For(i,1,n)if(!vis[i]&&bj[i]){puts("0");exit(0);}}int main(){scanf("%lld%lld",&n,&m);ll s;For(i,1,m){scanf("%lld%lld",&x,&y);bj[x]=bj[y]=1;s=x;if(x==y)cnt1++;else{cnt2++;add(x,y);add(y,x);num[x]++;num[y]++;}}BFS(s);For(i,1,n)if(!vis[i]&&bj[i]){puts("0");return 0;}ans=cnt1*cnt2+(cnt1*cnt1-cnt1)/2;For(i,1,n)ans+=num[i]*(num[i]-1)/2;printf("%I64d",ans);}

E：The Great Mixing

个人认为……比D题简单一些

题意可知，我们每多取一个浓度为x/1000的药水，则分母+1000，分子+x

所以显然可以得到，如果我们选了t瓶药水，则其sigma(x)需要达到t*k，k为目标浓度的分子

因此我们可以认为，一瓶药水的分母为答案贡献了-k，分子为答案贡献了x

则这瓶药水总贡献为x-k

我们只需要选出一些药水让sigma(x-k）等于0就行了

题目中n<=1e6,但是……a[i]<=1000，所以很显然的是最多只有1001种不同的药，可以无限取，所以多出来的完全没有贡献

即本题中，对答案有贡献的物品至多1001个

然后因为药品浓度不小于0，不大于1，所以很显然的又得到了我们可行的状态范围……-1000~1000

这种范围。。。

BFS直接上啊

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#include <queue>#include <string>#include <map>#include <cstring>#include <ctime>#include <vector>#define inf 1e9#define ll long long#define For(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)#define Dow(i,j,k) for(int i=k;i>=j;i--)using namespace std;int n,k,a[10001],f[10001],l=1,r=0,q[100001],vis[10001],N;map<int,int>bj;inline void bfs(){while(l<=r){int t=q[l];if(t==4001){printf("%d",f[4001]);exit(0);}For(i,1,n){int tmp=t+a[i];if(f[tmp])continue;if(tmp<2000||tmp>6002)continue;f[tmp]=f[t]+1;q[++r]=tmp;}l++;}puts("-1");}int main(){scanf("%d%d",&k,&n);For(i,0,10000)f[i]=0;For(i,1,n){int x;scanf("%d",&x);x-=k;if(bj[x+4001])continue;bj[x+4001]=1;a[++N]=x;q[++r]=x+4001;f[x+4001]=1;}n=N;bfs();}