Codeforces Round #131 (Div. 2) 完整题解

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第一次进入DIV1，果断被虐，没法下手。赛后先把DIV2解决了吧

A. System of Equations

问a*a+b=m  a+b*b=n，的解a,b,有多少组，因为a,b都非负，而且m和n的范围在1000以内，直接暴力，1000*1000即可

#include<iostream>#include<cstring>#include<queue>#include<cstdio>#include<cmath>#include<algorithm>#define N 55#define inf 1<<29#define MOD 9973#define Max 301#define LL long long#define eps 1e-7#define zero(a) fabs(a)<eps#define equal(a,b) zero(a-b)using namespace std;int main(){int n,m;while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){int cnt=0;for(int i=0;i<=1000;i++)for(int j=0;j<=1000;j++)if(i*i+j==n&&j*j+i==m)cnt++;printf("%d\n",cnt);}return 0;}

B. Hometask

由一些数字组成一个整数，能整除2，3，5，而且要最大的。

能同时整除2，5的，末位必然是0，能整除3的，所有位数和必为3的倍数。

首先判断是否有0，如果没有则输出-1.

将所有数字降序排列（因为题目要求最大的整数）

接下来看所有位数和是否为3的倍数，如果是，按顺序输出。

接下来就可能会删除某些数字，删除一位肯定比删除两位要大，而且只可能删除一位或者两位。

如果数字和模3为1，则删除一个尽可能小的，模3为1的数，for(int i=1;i<10;i+=3)，如果存在一个这样的数，删除

如果不存在，则接下来可能是删除两位的，而且删除的两位模3都为2，从小往大的找，删除两位

如果数字和模3为2，则删除一个尽可能小的，模3为2的数，for(int i=2;i<10;i+=3)，如果存在一个这样的数，删除

如果不存在，则接下来可能是删除两位的，而且删除的两位模3都为1，从小往大的找，删除两位

如果上述情况都不存在，则输出-1

在处理的时候，注意别输出000000就行了，包括删除之后的输出。

代码很shi，就不贴了

C. Game

DIV1的A题，还以为网络流，一直在建图，弱爆了。

可以发现1->2 2->3 3->1为1，其余为2，其实就是循环右移一位是1，两位就是2。

加上一点小贪心，枚举第一台机器，首先将能做的都做了，而且把接下来没有限制的都加入队列

如果这台机器没有任务可做，则到下一台，时间+1，直到所有任务完成。也就是选了一台机子之后，先把能做的全都做了，避免转移花费，而且在做了一个任务之后，要把其它没有限制的加入队列。

#include<iostream>#include<cstring>#include<queue>#include<cstdio>#include<cmath>#include<algorithm>#define N 55#define inf 1<<29#define MOD 9973#define Max 301#define LL long long#define eps 1e-7#define zero(a) fabs(a)<eps#define equal(a,b) zero(a-b)using namespace std;bool mat[205][205];int c[205],n;int slove(int s){int deg[205];memset(deg,0,sizeof(deg));queue<int>que[3];for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++)if(mat[i][j])deg[i]++;if(deg[i]==0)que[c[i]].push(i);}int ret=0,cnt=n;bool flag[205];memset(flag,true,sizeof(flag));while(!que[0].empty()||!que[1].empty()||!que[2].empty()){if(que[s].empty()) {s=(s+1)%3;ret++;continue;}int u=que[s].front();que[s].pop();cnt--;flag[u]=false;for(int i=1;i<=n;i++){if(mat[i][u]){deg[i]--;if(deg[i]==0&&flag[i])que[c[i]].push(i);}}if(cnt==0)break;}return ret;}int main(){while(scanf("%d",&n)!=EOF){for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&c[i]);c[i]--;}for(int i=1;i<=n;i++){int k,u;scanf("%d",&k);while(k--){scanf("%d",&u);mat[i][u]=true;}}int ans=inf;for(int i=0;i<3;i++)ans=min(ans,slove(i)+n);printf("%d\n",ans);}return 0;}

D. Numbers

组合计数。由于不能出现前导0，我们倒序考虑。从9到0，dp[i][j]表示考虑了数字i，长度为j的种数。

然后枚举当前数字取的位数，注意下限，在代码中，表示j位，当前数字i取j-k个 。则之前的取k个，那么就是dp[i+1][k]*c[j][k]  前者是上一轮的种数，后者表示从j个位置 中取出k个放之前的，那么剩下的j-k位放当前数字。

注意数字0的情况要特殊点， 不能有前导0

#include<iostream>#include<cstring>#include<queue>#include<cstdio>#include<cmath>#include<algorithm>#define N 305#define inf 1<<29#define MOD 1000000007#define Max 301#define LL __int64#define eps 1e-7#define zero(a) fabs(a)<eps#define equal(a,b) zero(a-b)using namespace std;LL dp[11][205],c[205][205];int n,a[10];int main(){while(scanf("%d",&n)!=EOF){for(int i=0;i<10;i++)scanf("%d",&a[i]);for(int i=0;i<=n;i++){c[i][0]=c[i][i]=1;for(int j=1;j<i;j++)c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%MOD;}memset(dp,0,sizeof(dp));dp[10][0]=1;for(int i=9;i>=0;i--){for(int j=n;j>=0;j--)for(int k=j-a[i];k>=0;k--)if(i) dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i+1][k]*c[j][k])%MOD;else if(j&&k) dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i+1][k]*c[j-1][k-1])%MOD;}LL ans=0;for(int i=0;i<=n;i++)ans=(ans+dp[0][i])%MOD;printf("%I64d\n",ans);}return 0;}

E. Relay Race

NOIP 2008 传纸条，单向很简单，双向的可以考虑成两个人同时从（1，1）到（n，n）。那么用四维的表示两个人的位置就行了，但是这题N达到300，四维的不行。

由于两个人同时在移动，所以x1+y1=x2+y2。那么可以省去一维，我们还可以用dp[i][j][k]表示走了i步，两个人分别是第j行，第k行，则第一个人在i-j+2列，第二个人在i-k+2列。

转移的时候注意不要交叉，而且到达同一位置的时候不能多取。

可能为负，注意初始化

#include<iostream>#include<cstring>#include<queue>#include<cstdio>#include<cmath>#include<algorithm>#define N 305#define inf 1<<29#define MOD 9973#define Max 301#define LL long long#define eps 1e-7#define zero(a) fabs(a)<eps#define equal(a,b) zero(a-b)using namespace std;int dp[N<<1][N][N];int a[N][N],n;int way[4][2]={{0,0},{0,1},{1,0},{1,1}};int main(){while(scanf("%d",&n)!=EOF){for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)    scanf("%d",&a[i][j]);memset(dp,0x81,sizeof(dp));dp[0][1][1]=a[1][1];for(int i=1;i<=2*n-2;i++)for(int j=1;j<=i+1&&j<=n;j++)for(int k=j;k<=i+1&&k<=n;k++){for(int r=0;r<4;r++)dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-way[r][0]][k-way[r][1]]);dp[i][j][k]+=a[j][i-j+2]+a[k][i-k+2]-(j==k?a[k][i-k+2]:0);}printf("%d\n",dp[2*n-2][n][n]);}return 0;}