Codeforces Round #209 (Div. 2) <A-D>

来源:互联网 发布:安装ubuntu到u盘 编辑:程序博客网 时间:2024/03/28 18:33

CF-359A. Table

题目链接:

http://codeforces.com/problemset/problem/359/A

题目意思:

给一个矩阵n*m,1为好格子,0为坏格子。四个角落没有好格子,每次可以选择一个好格子和四个角落任意一个格子,使得这两个格子组成的矩形全部选中,求最少需要几次能把整个矩阵全部选中。一个格子可以选多次。

解题思路:

简单贪心题。如果好格子在边界则只需两次,否则需要四次(每个角落个字操作一次)。

代码:

#include<iostream>#include<cmath>#include<cstdio>#include<sstream>#include<cstdlib>#include<string>#include<string.h>#include<cstring>#include<algorithm>#include<vector>#include<map>#include<set>#include<stack>#include<list>#include<queue>#include<ctime>#include<bitset>#define eps 1e-6#define INF 0x3f3f3f3f#define PI acos(-1.0)#define ll __int64#define LL long long#define lson l,m,(rt<<1)#define rson m+1,r,(rt<<1)|1#define M 1000000007#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")using namespace std;#define Maxn 55int save[Maxn][Maxn];int main(){   //freopen("in.txt","r",stdin);   //freopen("out.txt","w",stdout);   int n,m;   while(~scanf("%d%d",&n,&m))   {       for(int i=1;i<=n;i++)        for(int j=1;j<=m;j++)            scanf("%d",&save[i][j]);       bool ans=false;       for(int j=1;j<=m;j++)       {           if(save[1][j])                ans=true;            if(ans)                break;          if(save[n][j])                ans=true;          if(ans)            break;       }       if(ans)        {            printf("2\n");            continue;        }        for(int i=1;i<=n;i++)        {            if(save[i][1])                ans=true;            if(ans)                break;            if(save[i][m])                ans=true;            if(ans)                break;        }        if(ans)            printf("2\n");        else            printf("4\n");   }   return 0;}

CF-359B. Permutation

题目链接:

http://codeforces.com/problemset/problem/359/B

题目意思:

构造一个1~2*n的一个排列的数组,使得Σ|a[2*i-1]-a[2*i]|-|Σ(a[2*i-1]-a[2*i])|=2*k.

解题思路:

数学+构造。

分析知,如果a[2*i-1]>=a[2*i]则|a[2*i-1]-a[2*i]-|a[2*i-1]-a[2*i]|=0,值不会改变。如果a[2*i-1]<a[2*i],则两者相减相隔2倍的a[2*i]-a[2*i-1].所以可以据此构造。如果k=0,则使得每一个a[2*i-1]>a[2*i]即可。如果k!=0,则只需第一项为1,1+k,其余的都使得a[2*i-1]>a[2*i]即可。

代码:

#include<iostream>#include<cmath>#include<cstdio>#include<sstream>#include<cstdlib>#include<string>#include<string.h>#include<cstring>#include<algorithm>#include<vector>#include<map>#include<set>#include<stack>#include<list>#include<queue>#include<ctime>#include<bitset>#define eps 1e-6#define INF 0x3f3f3f3f#define PI acos(-1.0)#define ll __int64#define LL long long#define lson l,m,(rt<<1)#define rson m+1,r,(rt<<1)|1#define M 1000000007#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")using namespace std;#define Maxn 51000int main(){   //freopen("in.txt","r",stdin);   //freopen("out.txt","w",stdout);   int n,k;   while(~scanf("%d%d",&n,&k))   {       int p,q;       if(k) //k不等于0,构造第一项1,k+1其余的为2~2*n之间不为k+1的,且a[2*i-1]>a[2*i]即可       {           printf("%d %d ",1,k+1);           p=2,q=2*n;       }       else       {           printf("%d %d ",2,1); //如果k=0,为了统一使得k=1,p=3,q=2*n           k=1;           p=3,q=2*n;       }       for(int i=1;i<n;i++) //其余的一个大,一个小,用两个指针构造即可       {           if(p==k+1) //排除k+1的情况                p++;           if(q==k+1)                q--;           printf("%d %d ",q,p);           p++;           q--;       }       putchar('\n');   }   return 0;}

CF-359C. Prime Number

题目链接:

http://codeforces.com/problemset/problem/359/C

题目意思:

给一个质数X,和n个数a1<=a2<=...<=an.求通分得到分母t=x^(a1+a2+...+an),分子为s,求s,t的最大公约数。(ai<=10^9,n<=3*10^5).

解题思路:

快速幂+数学。

由于数据范围很大,硬搞肯定是不行的。分析发现,分母为x^sum,记sum=a1+a2+...+an,分子的各项为x^(sum-ai).显然分子中每项一定可以提出一个min(a^(sum-ai))出来,此时如果min(a^(sum-ai))有x的倍数个,还需向前进位。

代码:

#include<iostream>#include<cmath>#include<cstdio>#include<sstream>#include<cstdlib>#include<string>#include<string.h>#include<cstring>#include<algorithm>#include<vector>#include<map>#include<set>#include<stack>#include<list>#include<queue>#include<ctime>#include<bitset>#define eps 1e-6#define INF 0x3f3f3f3f#define PI acos(-1.0)#define ll __int64#define LL long long#define lson l,m,(rt<<1)#define rson m+1,r,(rt<<1)|1#define M 1000000007#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")using namespace std;#define Maxn 110000#define M 1000000007ll save[Maxn],n,x;ll quick(ll a,ll b){    ll res=1;    while(b)    {        if(b&1)            res=(res*a)%M;        a=(a*a)%M;        b>>=1;    }    return res;}int main(){   //freopen("in.txt","r",stdin);   //freopen("out.txt","w",stdout);   while(~scanf("%I64d%I64d",&n,&x))   {       ll sum=0;       for(int i=1;i<=n;i++)       {           scanf("%I64d",&save[i]);           sum+=save[i];       }       ll ans=sum-save[n]; //最小的次数       ll ord=n,cnt=0; //从最大的开始,减了过后,也就是最小的       for(ll i=save[n];i>=1;i--)       {            while(ord>=1&&i==save[ord])            {                cnt++;                ord--;            }            if(cnt%x)                break;            ans++; //注意每次只能加一个。            cnt/=x;       }       if(ans>sum)            ans=sum;       printf("%I64d\n",quick(x,ans));   }   return 0;}

CF-359D. Pair of Numbers

题目链接:

http://codeforces.com/problemset/problem/359/D

题目意思:

给n(n<=3*10^5)个数,求最长的区间,使得该区间内的所有数都能被该区间某一数整除。求该区间的个数及开始位置。

解题思路:

简单dp.(n*lgn).

le[i]表示i作为最小的整除数向左能够连续整除的最小位置。

ri[i]表示i作为最小的整除数向右能够连续整除的最大位置。

利用这条性质构建dp方程:如果save[j]%save[i]==0,则save[j]能整除的范围,save[i]一定可以整除。以区间形式向前递推,优化。

代码:

#include<iostream>#include<cmath>#include<cstdio>#include<sstream>#include<cstdlib>#include<string>#include<string.h>#include<cstring>#include<algorithm>#include<vector>#include<map>#include<set>#include<stack>#include<list>#include<queue>#include<ctime>#include<bitset>#define eps 1e-6#define INF 0x3f3f3f3f#define PI acos(-1.0)#define ll __int64#define LL long long#define lson l,m,(rt<<1)#define rson m+1,r,(rt<<1)|1#define M 1000000007#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")using namespace std;#define Maxn 400000int le[Maxn],ri[Maxn],save[Maxn],n;int ans[Maxn];vector<int>myv;int main(){   //freopen("in.txt","r",stdin);   //freopen("out.txt","w",stdout);   while(~scanf("%d",&n))   {       for(int i=1;i<=n;i++)       {           scanf("%d",&save[i]);           ans[i]=0;           le[i]=ri[i]=i;       }       myv.clear();       for(int i=2;i<=n;i++)       {           int tt=i-1;           while(save[tt]%save[i]==0&&tt>=1) //如果能整除,它包含的区间也一定能被save[i]整除               tt=le[tt]-1;           le[i]=le[tt+1];       }       for(int i=n-1;i>=1;i--)       {           int tt=i+1;           while(save[tt]%save[i]==0&&tt<=n)           {               tt=ri[tt]+1;           }           ri[i]=ri[tt-1];       }       for(int i=1;i<=n;i++) //统计区间       {           int temp=le[i],len=ri[i]-le[i];            if(len>ans[temp])                ans[temp]=len;       }       int Max=0;       for(int i=1;i<=n;i++) //找到最大的       {           if(ans[i]>Max)           {               Max=ans[i];               myv.clear();               myv.push_back(i);           }           else if(ans[i]==Max)                myv.push_back(i);       }       /*for(int i=1;i<=n;i++)       {           if(ans[i]==Max)                myv.push_back(i);       }*/       printf("%d %d\n",myv.size(),Max);       for(int i=0;i<myv.size();i++)            printf("%d ",myv[i]);       putchar('\n');   }   return 0;}