Codeforces Round #340 (Div. 2)

题目链接：http://codeforces.com/contest/617

A.Elephant

题意：大象每次能移动1,2,3,4,5 步，问移动x步至少要多少次，贪心思想答案即(x+4)/5

#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstring>using namespace std;typedef long long ll;int main(){    int x;    cin>>x;    cout<<(x+4)/5<<endl;}

B.Chocolate

题意：给你一个长为n只含0 1的序列，将这个序列分开，使每一小组恰好只含有一个1，问你有多少种分法

只要考虑每两个1之间的0的个数即可，即前缀0和后缀0不必考虑，将这些数加一相乘即可，注意如果不含1需输出0

#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstring>using namespace std;typedef long long ll;int main(){    int n;    int a[105];    cin>>n;    for(int i=1;i<=n;i++){        cin>>a[i];    }    int j=0,k;    for(int i=1;i<=n;i++)    if(a[i]==1){        j=i;        break;    }    for(int i=n;i>=1;i--){        if(a[i]==1){            k=i;            break;        }    }    if(j==0){        cout<<0<<endl;        return 0;    }    ll ans=1;    int sum=0;    for(int i=j;i<=k;i++){        if(a[i]==0){            sum++;        }        else {            ans*=(sum+1);            sum=0;        }    }    cout<<ans<<endl;}

C.Watering flowers

题意：已知n(n<=2000)朵花的坐标，和两个喷头的坐标,每个喷头的喷洒范围为以喷头为圆心的一个圆，两个喷头的坐标可自由设定分别为r1,r2，现在要使两个喷头能够浇到所有的花，问你r1^2+r2^2的最小值，答案必须为整数

刚拿到这道题是往二分的方向想，其实n只有2000，可以n^2复杂度，首先很容易理解每个喷头至少有一朵花在边界上，我们先将所有的花到第一个喷头的距离平方算出来并排个序，则对于每一个不同的距离，将比该距离大的花都与另一个喷头匹配，不断更新答案即可，注意会爆int

#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstring>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn=2005;struct P{ll d;ll x,y;}p[maxn];ll x[maxn],y[maxn];bool cmp(P a,P b){    return a.d<b.d;}int main(){   int n;   scanf("%d",&n);   ll x1,y1,x2,y2;   cin>>x1>>y1>>x2>>y2;   for(int i=1;i<=n;i++)    cin>>x[i]>>y[i];   for(int i=1;i<=n;i++){    p[i].d=(x[i]-x1)*(x[i]-x1)+(y[i]-y1)*(y[i]-y1);    p[i].x=x[i];p[i].y=y[i];   }   sort(p+1,p+1+n,cmp);   ll ans=1e18;   for(int i=0;i<=n;i++){    ll sum=0;    while(i!=n&&p[i].d==p[i+1].d)        i++;    for(int j=i+1;j<=n;j++){        sum=max(sum,(p[j].x-x2)*(p[j].x-x2)+(p[j].y-y2)*(p[j].y-y2));    //cout<<j<<(p[j].x-x2)*(p[j].x-x2)+(p[j].y-y2)*(p[j].y-y2)<<endl;    }    ans=min(ans,sum+p[i].d);   }   cout<<ans<<endl;}

D. Polyine

题意：已知三个点的坐标，现在需要用若干条线段将其串起来，要求线段不能有交点且平行于坐标轴问你至少需要多少条线段，如图所示

这题wa了好几发，需要分清情况

首先只需要一条线段的情况：三个点横（纵）坐标都相等

两条线段的情况：有两个点的横（纵）坐标相等，且另外一个点的纵（横）坐标在其他两个点外面

其他的情况都是三个点

#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstring>using namespace std;typedef long long ll;int main(){    ll x1,y1,x2,y2,x3,y3;    cin>>x1>>y1>>x2>>y2>>x3>>y3;    if((x3-x1)*(y2-y1)==(y3-y1)*(x2-x1)){        if(y2==y1||x2==x1)            cout<<1<<endl;        else cout<<3<<endl;    }    else if(x1==x2&&(y3>=max(y2,y1)||y3<=min(y2,y1)))        cout<<2<<endl;    else if(x2==x3&&(y1>=max(y2,y3)||y1<=min(y2,y3)))        cout<<2<<endl;    else if(x1==x3&&(y2>=max(y3,y1)||y2<=min(y3,y1)))        cout<<2<<endl;    else if(y1==y2&&(x3>=max(x2,x1)||x3<=min(x2,x1)))        cout<<2<<endl;    else if(y2==y3&&(x1>=max(x2,x3)||x1<=min(x2,x3)))        cout<<2<<endl;    else if(y1==y3&&(x2>=max(x3,x1)||x2<=min(x3,x1)))        cout<<2<<endl;    else cout<<3<<endl;}

E.XOR and Favorite Number
题意：给你一个长度为n(n<=1e5)的序列a,(0<=a[i]<=1e6),已知q个询问和一个整数k，每个询问给你两个整数l,r(1<=l<=r<=n),问你有多少对i,j满足l<=i<=j<=r,且a[i]^a[i+1]^......^a[j]=k.

该问题满足莫队算法的条件，先处理出s[i]=a[1]^a[2]^......^a[i],则a[i]^a[i+1]^......^a[j]=s[j]^s[i-1];

存储询问，分块排序，离线查询

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>#include<cmath>using namespace std;const int maxn=3000005;int n,m,k;int L=1,R=0;long long sum=0;struct NODE{    int l,r,i;}q[maxn];int a[maxn],xo[maxn],kuai[maxn];long long p[maxn],ans[maxn];bool cmp(NODE a,NODE b){    if(kuai[a.l]==kuai[b.l])        return a.r<b.r;    return kuai[a.l]<kuai[b.l];}void add(int x){    sum+=p[xo[x]^k];    p[xo[x]]++;}void de(int x){    p[xo[x]]--;    sum-=p[xo[x]^k];}int main(){    p[0]=1;    cin>>n>>m>>k;    int cnt=sqrt(n);    for(int i=1;i<=n;i++){        cin>>a[i];        xo[i]=xo[i-1]^a[i];        kuai[i]=i/cnt;    }    for(int i=1;i<=m;i++){        cin>>q[i].l>>q[i].r;        q[i].i=i;    }    sort(q+1,q+1+m,cmp);    for(int i=1;i<=m;i++){        while(q[i].l>L){            de(L-1);            L++;        }        while(q[i].l<L){            L--;            add(L-1);        }        while(q[i].r>R){            R++;            add(R);        }        while(q[i].r<R){            de(R);            R--;        }        ans[q[i].i]=sum;    }    for(int i=1;i<=m;i++)        cout<<ans[i]<<endl;}