Codeforces Round #191 (Div. 2) <全>

题目链接：

http://codeforces.com/contest/327

A. Flipping Game

题目意思：

给N个数值为0和1的数，要求更改一个区间的所有数（0变1,1变0），使得最后的1最多。输出最多的1的个数。

解题思路：

暴力。

先预处理下，从第一个到第i个中1的个数，直接枚举更改的区间，计算即可。

代码：

#include<iostream>#include<cmath>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<string>#include<cstring>#include<algorithm>#include<vector>#include<map>#include<stack>#include<list>#include<queue>#define eps 1e-6#define INF (1<<30)#define PI acos(-1.0)#define ll __int64using namespace std;int save[120];int dp[120];int main(){   int n;   while(scanf("%d",&n)!=EOF)   {      dp[0]=0;      for(int i=1;i<=n;i++)      {         scanf("%d",&save[i]);         dp[i]=dp[i-1]+save[i]; //dp[i]表示1-i之间1的个数      }      int ans=0;      for(int i=1;i<=n;i++)         for(int j=i;j<=n;j++)         {            int t=dp[j]-dp[i-1]; //i-j之间1的个数            t=j-i+1-t; //i-j之间0的个数            ans=max(ans,dp[i-1]+t+dp[n]-dp[j]); //整个区间1的个数         }      printf("%d\n",ans);   }   return 0;}

B. Hungry Sequence

题目意思：

构造一个数列，数列为单调递增，且任意两个不能相互整除。个数至多有100000（10^5)个，每个元素不超过10000000(10^7).

解题思路：

构造。

由于只要求任意两个不相互整除即可，所以直接构造10^6+i (i~1-10^5）即可。当然也可以用素数筛选法，筛选出素数。

代码：

#include<iostream>#include<cmath>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<string>#include<cstring>#include<algorithm>#include<vector>#include<map>#include<stack>#include<list>#include<queue>#define eps 1e-6#define INF (1<<30)#define PI acos(-1.0)#define ll __int64using namespace std;int save[110000];int main(){   int n;   while(scanf("%d",&n)!=EOF)   {      for(int i=1;i<=n;i++)         printf("%d ",1000000+i);      putchar('\n');   }   return 0;}

C. Magic Five

题目意思：

给你一个数字串，可以连接k次。现在可以删除任意个数字（不能全部删），使得得到的数能够被5整除。求出不同删除的种数。

解题思路：

快速幂+求逆元

先考虑一个串，当第i个位置含有0或者5的时候，把他作为最后一个，则前面可删可不删共有2^i种。

当有k个串时，容易证明他们构成等比数列。因为10^9+7为质数，求逆元的时候直接分母的m-2次方即可。

代码：

#include<iostream>#include<cmath>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<string>#include<cstring>#include<algorithm>#include<vector>#include<map>#include<stack>#include<list>#include<queue>#define eps 1e-6#define INF (1<<30)#define PI acos(-1.0)#define ll __int64using namespace std;#define m 1000000007char save[110000];ll quick(ll a,ll n) //快速幂求a^n%m{   ll res=1;   while(n)   {      if(n&1)         res=(res*a)%m;      n=n>>1;      a=a*a%m;   }   return res;}int save1[110000];int main(){   ll k;   save1[0]=1;   save1[1]=2;   for(int i=2;i<=100000;i++)      save1[i]=(save1[i-1]*2)%m;   while(scanf("%s",save)!=EOF)   {      scanf("%I64d",&k);      int len=strlen(save);      ll ans=0;      ll M=quick(2,len);      M=quick(M-1,1000000005); //求出分母的逆元      for(int i=0;i<len;i++)         if(save[i]=='0'||save[i]=='5')            ans=(ans+save1[i])%m; //先求出一个串的情况      ans=(ans*(quick(2,len*k)-1))%m*M%m;//根据等比数列公式      printf("%I64d\n",ans);   }   return 0;}

D. Block Tower

题目意思：

在每个.处都可以填R，得到100个人，在每个R旁边都可以填B,得到200个人。

可以随时销毁一个R或者B，问你怎样安排，能使得得到的人数最多，输出填充的方案。

解题思路：

dfs

容易证明，每一块联通的.区都可以凑成一个B和其他的都是R，这样得到的人数肯定是最多的。

一遍dfs，然后直接输出就可以了。

代码：

#include<iostream>#include<cmath>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<string>#include<cstring>#include<algorithm>#include<vector>#include<map>#include<stack>#include<list>#include<queue>#define eps 1e-6#define INF (1<<30)#define PI acos(-1.0)#define ll __int64using namespace std;/*freopen("data.in","r",stdin);freopen("data.out","w",stdout);*/char save[550][550];int n,m;bool vis[550][550];int dir[4][2]={-1,0,0,1,1,0,0,-1};int ans;bool iscan(int x,int y){   if(x<1||x>n||y<1||y>m)      return false;   return true;}struct Rec{   char k;   int x,y;}rec[1100000];void dfs(int x,int y){   int xx,yy;   for(int i=0;i<4;i++)   {      xx=x+dir[i][0],yy=y+dir[i][1];      if(iscan(xx,yy))      {         if(save[xx][yy]!='.')            continue;         if(vis[xx][yy])            continue;         vis[xx][yy]=true;         ans++;         //printf("B %d %d\n",xx,yy);         rec[ans].k='B',rec[ans].x=xx,rec[ans].y=yy;         dfs(xx,yy); //先B 再D 再R         ans++;         //printf("D %d %d\n",xx,yy);         rec[ans].k='D',rec[ans].x=xx,rec[ans].y=yy;         ans++;         //printf("R %d %d\n",xx,yy);         rec[ans].k='R',rec[ans].x=xx,rec[ans].y=yy;      }   }}int main(){   while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)   {      for(int i=1;i<=n;i++)         scanf("%s",save[i]+1);      memset(vis,false,sizeof(vis));      ans=0;      for(int i=1;i<=n;i++)         for(int j=1;j<=m;j++)         {            if(save[i][j]=='.'&&!vis[i][j])            {               //又一个新的联通块               vis[i][j]=true;               ans++;               //printf("B %d %d\n",i,j);               rec[ans].k='B',rec[ans].x=i,rec[ans].y=j;               dfs(i,j); //把这一块全部扫完            }         }         printf("%d\n",ans);         for(int i=1;i<=ans;i++)            printf("%c %d %d\n",rec[i].k,rec[i].x,rec[i].y);   }   return 0;}

E. Axis Walking

题目意思：

有n(<=24)个步伐可以走，让你确定走的方式的种数，使得任意一步距起点到达的距离不能为k集合中的数据。

解题思路：

状态压缩dp.

dp[i]表示选择i当前步伐满足要求的走的方式的种数。

对于每一步，把它放到最后，用前面的构造出它来。

代码：

#include<iostream>#include<cmath>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<string>#include<cstring>#include<algorithm>#include<vector>#include<map>#include<stack>#include<list>#include<queue>#define eps 1e-6#define INF (1<<30)#define PI acos(-1.0)#define ll __int64#define m 1000000007using namespace std;int dp[1<<24];//dp[i]表示在i状态的物品的排列个数int kk[2];int main(){   int n,k;   while(scanf("%d",&n)!=EOF)   {      for(int i=0;i<n;i++)         scanf("%d",&v[i]);      scanf("%d",&k);      for(int i=0;i<k;i++)         scanf("%d",&kk[i]);      dp[0]=1;      ll sum=0,lim=(1<<n)-1,w; //注意移位运算的优先级      for(int i=1;i<=lim;i++)      {         sum=w=0;         for(int j=0;j<n;j++)            if(i&(1<<j))            {               sum+=v[j];               w+=dp[i&(~(1<<j))]; //把该物品放到最后的种数            }         for(int j=0;j<k;j++)            if(sum==kk[j])            {               w=0;               break;            }         dp[i]=w%m;      }      printf("%d\n",dp[lim]);   }   return 0;}