Educational Codeforces Round 17 题解

题目链接：http://codeforces.com/contest/762

A. k-th divisor

题意：很简单 求n的第k大的因子如果不存在k个因子 输出-1，注意到n的范围 直接for 1-n 做会超时

解法：我直接把所有的因子存到vector排序，竟然水过了。。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;vector <LL> v;int main(){    LL n, k;    cin >> n >> k;    for(LL i=1; i*i<=n; i++){        if(n%i==0){            v.push_back(i);            if(n/i!=i){                v.push_back(n/i);            }        }    }    sort(v.begin(),v.end());    if(k>v.size()) puts("-1");    else printf("%lld\n", v[k-1]);    return 0;}

B. USB vs. PS/2

题意：有n台电脑其中有的电脑只能接usb，有的电脑只能接ps/2有的电脑两者都兼容，然后买了m个鼠标，问你能否使他们都配上电脑

解法：对于不能兼容的电脑先贪心地选取合适线的鼠标，最后再选兼容的电脑

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;priority_queue <LL,vector<LL>,greater<LL> > q1,q2;int main(){    int a, b, c, m;    scanf("%d %d %d", &a,&b,&c);    scanf("%d", &m);    for(int i=1; i<=m; i++){        string s;        LL x;        cin >> x >> s;        if(s=="USB") q1.push(x);        else q2.push(x);    }    int ans1 = 0;    LL ans2 = 0;    while(!q1.empty()&&a>0){        --a;        ans1++;        ans2+=q1.top();        q1.pop();    }    while(!q2.empty()&&b>0){        --b;        ans1++;        ans2+=q2.top();        q2.pop();    }    while(c>0){        if(q1.empty()&&q2.empty()) break;        else if(q1.empty()){            --c;            ans1++;            ans2+=q2.top();            q2.pop();        }else if(q2.empty()){            --c;            ans1++;            ans2+=q1.top();            q1.pop();        }        else{            --c;            if(q1.top()<q2.top()){                ans1++;                ans2+=q1.top();                q1.pop();            }else{                ans1++;                ans2+=q2.top();                q2.pop();            }        }     }     return 0*printf("%d %lld\n", ans1, ans2);}

C. Two strings

题意：给定两个字符串a,b，让你去b中的一个连续的字段，使剩余的b串中的拼接起来的两个串是a穿的子序列。最大化这个字串的长度。

解法：开始完全不会做这个问题，然后参考了这个题解：https://www.cnblogs.com/Skyminer/p/6352067.html

删除这个操作不太好说，我们先换一个思路:实际上删除就是在b串中分别取出两个不相交的前缀和后缀，使得这两个串在a串中不重叠地出现
我们发现答案具有显然的单调性，所以我们首先二分答案(二分删去的字串长度)。
现在来考虑如何进行判定:
一个很直接的思路就是枚举所有的符合条件的前缀和后缀
然后对这个前缀求其在a中的最靠左的子序列的右端下标。
相应的后缀也这么处理.
如: a = "abbcbc",pre = "abc" [数组下标从1开始]
那么串pre,在a中最靠左的子序列有段下标为4.
那么我们我们只要找到一个点，从这个点劈开后，前缀的下标 < 后继的下标即可
枚举O(n)求出在a序列中拓展到的位置(O(n),总时间复杂度为O(n^2logn)
TLE
我们发现每次对一个前缀求在a中出现的下标都是重复的问题
所以我们O(n)预处理一遍(后缀是类似的)
所以我们就做到了O(n)判定
时间复杂度O(nlogn)

妙啊。。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 200010;char a[maxn], b[maxn];int pre[maxn], suf[maxn];int main(){    scanf("%s %s", a+1,b+1);    int n = strlen(a+1);    int m = strlen(b+1);    for(int i=1,j=0;b[i];i++){        ++j;        while(b[i]!=a[j]&&j<=n) ++j;        pre[i]=j;    }    for(int i=m,j=n+1;b[i];i--){        --j;        while(b[i]!=a[j]&&j>0) --j;        suf[i]=j;    }    suf[m+1] = n+1;    int i;    int ans1,ans2,l=0,r=m;    while(l<=r){        int mid=(l+r)/2;        for(i=0; i+mid<=m; i++) if(pre[i]<suf[i+mid+1]) break;        if(i+mid<=m){            ans1=i,ans2=i+mid+1,r=mid-1;        }else l=mid+1;    }    if(ans2-ans1>m) return 0*puts("-");    else{        for(i=1; i<=ans1; i++) printf("%c", b[i]);        for(i=ans2;b[i];i++) printf("%c", b[i]);        printf("\n");    }}

D. Maximum path

题意：给一个3*n的网格图，找一条从左上到右下的路径使得点权和最大

解法：

路径可以向左走，但最多走一格，如果走两格，那存在一种方案使得不向左走是等价的例如123456789如果方案是123654789那么也可以走147852369就等效替代掉了同时向左走一格一定会把这两列的权值都加起来所以dp[i][j]表示第i列结束，当前在第j行的最大权值，然后记录一个dp[i][3]表示这一列全部选（可以向左走）。注意dp[i][3]是可以转移到dp[i][0]和dp[i][2]的，因为不向左走的走法仍然选完了全部权值
我做的时候完全想不到这种做法啊，感觉插头可以做，可是不会插头，无脑选手要去恶补一下插头了啊。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const LL inf = 1e16;const int maxn = 100010;int n, a[3][maxn];LL dp[maxn][4];LL sum(int x, int l, int r){    if(l > r) swap(l, r);    LL ret = 0;    for(int i=l; i<=r; i++) ret += a[i][x];    return ret;}int main(){    scanf("%d", &n);    for(int i=0; i<3; i++)        for(int j=1; j<=n; j++)            scanf("%d", &a[i][j]);    for(int i=0; i<=n; i++)        for(int j=0; j<4; j++)            dp[i][j] = -inf;    dp[0][0]=0;    for(int i=1; i<=n; i++){        for(int j=0; j<3; j++)            for(int k=0; k<3; k++)                dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][k]+sum(i, j, k));        dp[i][0] = max(dp[i][0], dp[i-1][3]+sum(i,0,2));        dp[i][2] = max(dp[i][2], dp[i-1][3]+sum(i,0,2));        dp[i][3] = max(dp[i][3], max(dp[i-1][0], dp[i-1][2])+sum(i,0,2));    }    return 0*printf("%lld\n", dp[n][2]);}

E. Radio stations

题意：题目中给的那几个式子，求满足要求的对数

解法：先对点进行排序，排序为对半径降序。然后由于k很小，所以可以枚举所有相近的频率，并在对应的线段树中进行坐标区间查找。枚举完毕后，将这个点加入对应频率的线段树中。由于半径由大到小枚举，所以后面的如果包含前面的，那么前面的也必然包含后面的。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int maxn = 100010;const int maxm = 40*maxn;LL n, k, rt[maxn], ls[maxm], rs[maxm], cnt[maxm], tot;void update(LL l, LL r, LL &now, LL pos){    if(!now) now = ++tot;    if(l == r){        cnt[now]++;        return;    }    int mid = (l+r)/2;    if(pos <= mid) update(l, mid, ls[now], pos);    else update(mid+1, r, rs[now], pos);    cnt[now] = cnt[ls[now]] + cnt[rs[now]];}LL query(LL l, LL r, LL now, LL L, LL R){    if(!now) return 0;    if(L<=l&&r<=R) return cnt[now];    int mid = (l+r)/2;    if(R<=mid) return query(l, mid, ls[now], L, R);    else if(L>mid) return query(mid+1, r, rs[now], L, R);    else return query(l, mid, ls[now], L, R) + query(mid+1, r, rs[now], L, R);}struct node{    LL x, r, f;    node(){}    node(LL _x, LL _r, LL _f){        x = _x;        r = _r;        f = _f;    }    bool operator<(const node &rhs) const{        return r > rhs.r;    }    void read(){        scanf("%lld %lld %lld", &x, &r, &f);    }}a[maxn];int pos[maxn];int main(){    scanf("%lld %lld", &n,&k);    for(int i=1; i<=n; i++) a[i].read(), pos[i] = i;    sort(a+1, a+n+1);    LL ans = 0;    for(LL i=1; i<=n; i++){        LL id = pos[i];        for(LL j=max(a[id].f-k, 1LL); j<=min(a[id].f+k, 10000LL); j++)            ans += query(1, 1000000000LL, rt[j], max(a[id].x-a[id].r, 1LL), min(a[id].x+a[id].r, 1000000000LL));        update(1, 1000000000LL, rt[a[id].f], a[id].x);    }    return 0*printf("%lld\n", ans);}

F. Tree nesting

感觉神题啊。

参考题解：http://blog.csdn.net/wxh010910/article/details/54784089

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1010;const int maxv = 1<<12;const int mod = 1e9+7;int qsm(int a, int n){    int ret = 1;    while(n){        if(n&1) ret=1LL*ret*a%mod;        a = 1LL*a*a%mod;        n>>=1;    }    return ret;}struct edge{int to,next;};struct tree{    edge e[maxn<<1];    int n,edgecnt;    int head[maxn],son[maxn][maxn],sz[maxn],bit[maxn];    void init(){memset(head,0,sizeof(head));edgecnt=0;}    void add(int x,int y){e[++edgecnt].to=y,e[edgecnt].next=head[x],head[x]=edgecnt;}    void read(){        init();        scanf("%d",&n);        for(int i=1; i<n; i++){            int x, y;            scanf("%d %d", &x,&y);            add(x,y);            add(y,x);        }    }    void dfs(int x, int fa){        sz[x]=bit[x]=0;        for(int i=head[x];i;i=e[i].next){            int v = e[i].to;            if(v == fa) continue;            dfs(son[x][++sz[x]]=e[i].to,x), bit[x]|=1<<e[i].to-1;        }    }}S,T;int dp[maxn][maxv], ans, ans2;//dp[i][j]表示S中i的子树和右兄弟（不包括i）完成T的状态为j的方案数bool vis[maxn][maxv];//dfs(f,y,V)表示f的第y个儿子，状态为V方便转移int dfs(int f, int y, int V){    if(!y) return !V;    int x = S.son[f][y];    if(vis[x][V]) return dp[x][V];    vis[x][V] = 1;    int &ret = dp[x][V];    ret = dfs(f, y-1, V);    for(int i=0; i<T.n; i++) if(V>>i&1)        ret = (1LL*dfs(f, y-1, V^(1<<i))*dfs(x, S.sz[x],T.bit[i+1]) + ret)%mod;    return ret;}int main(){    S.read();T.read();S.dfs(1,0);    for(int i=1; i<=T.n; i++){        memset(dp, 0, sizeof(dp));        memset(vis, 0, sizeof(vis));        T.dfs(i, 0);        for(int j=1; j<=S.n; j++)(ans += dfs(j,S.sz[j],T.bit[i]))%=mod;    }    S = T; S.dfs(1, 0);    for(int i=1; i<=T.n; i++){        memset(dp, 0, sizeof(dp));        memset(vis, 0, sizeof(vis));        T.dfs(i,0);        (ans2+=dfs(1,S.sz[1],T.bit[i]))%=mod;    }    ans=(1LL*ans%mod*qsm(ans2,mod-2)%mod)%mod;    return 0*printf("%d\n", ans);}