Codeforces Round #264 (Div. 2)

来源：互联网发布：网络品牌的策略编辑：程序博客网时间：2024/04/28 23:41

Codeforces 463C Gargari and Bishops

做题感悟：

好不容易见到一场CF时间在15：30 比的就做了一下，第一题题意多了老半天没读懂快哭了，然后丢下第一题果断做第二题，第二题提议好理解，但是感觉太简单了，不敢相信，于是就抱着试一试的想法提交了一下预测通过，回头做第一题理解了题意提交预测通过，但是悲剧的是不一会就被hack 了，又看了代码才发现少了一种情况。第三题读懂题意后还没写完代码就结束比赛了，还好前两题最后都AC了。

解题思路：

在棋盘上放置两个象，象攻击的到的地方为象所在的方格的对角线，但是两个象不能攻击同一个格子且使所有攻击到的格子的和最大。这里要注意副对角线上 x + y 是递增，主对角线上处理一下也可以是递增的，这样两条对角线上的数都预处理出来了，这样就剩处理两个象不能同时攻击一个格子，这里只要分开坐标和（x+y）奇偶就可以，然后找到奇偶的最大值就可以了。

代码：

#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std  ;#define INT __int64const int MX = 2000 + 10 ;const int MY = 10000 + 10 ;INT n ;INT g[MX][MX] ,L[MY] ,R[MY] ;void input(){    memset(g ,0 ,sizeof(g)) ;    memset(L ,0 ,sizeof(L)) ;    memset(R ,0 ,sizeof(R)) ;    for(INT i = 1 ;i <=  n ; ++i)       for(INT j = 1 ;j <= n ; ++j)       {           scanf("%I64d" ,&g[i][j]) ;           L[i+j] += g[i][j] ;           R[i-j+n*2+5] += g[i][j] ;       }}void solve(){    INT MR = 0 ,ML = 0 ,ax = 1 ,ay = 1 ,bx = 1 ,by = 2 ;    for(INT i = 1 ;i <= n ; ++i)      for(INT j = 1 ;j <= n ; ++j)         if((i+j)%2)         {             if(L[i+j]+R[i-j+n*2+5]-g[i][j] > ML)             {                 ML = L[i+j]+R[i-j+n*2+5]-g[i][j] ;                 bx = i ;                 by = j ;             }         }         else         {             if(L[i+j]+R[i-j+n*2+5]-g[i][j]>MR)             {                 MR = L[i+j]+R[i-j+n*2+5]-g[i][j] ;                 ax = i ;                 ay = j ;             }         }    cout<<MR+ML<<endl ;    cout<<ax<<" "<<ay<<" "<<bx<<" "<<by<<endl ;}int main(){    while(~scanf("%I64d" ,&n))    {        input() ;        solve() ;    }    return 0 ;}

Codeforces 463D Gargari and Permutations

解题思路：因为 k 很小，如果在每个序列中 i 都在 j 前面我们就认为 i 到 j 有一条有向边，这样一处理，然后记忆话搜索一下就ok了。

代码：

#include<iostream>#include<fstream>#include<vector>#include<sstream>#include<cstring>#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std  ;#define INT __int64const int MX = 1000 + 10 ;const int MY = 10000 + 10 ;int n ,m  ;bool  vis[MX][MX] ;int g[10][MX] ,dp[MX] ;void input(){    int x ;    memset(g ,0 ,sizeof(g)) ;    memset(vis ,false ,sizeof(vis)) ;    for(int i = 0 ;i < m ; ++i)      for(int j = 1 ; j <= n ; ++j)      {          scanf("%d" ,&x) ;          g[i][x] = j ;      }    for(int i = 1 ;i <= n ; ++i)    {        vis[0][i] = true ;        for(int j = 1 ;j <= n ; ++j)         if(i != j)         {            bool flag = true ;            for(int k = 0 ;k < m ; ++k)              if(g[k][i] > g[k][j])              {                 flag = false ;                 break ;              }            vis[i][j] = flag ;          }    }}int DP_Memory(int x){    if(dp[x] != -1) return dp[x] ;    int& ans = dp[x] ;    ans = 0 ;    for(int i = 1 ;i <= n ; ++i)      if(vis[x][i])          ans = max(ans ,DP_Memory(i)) ;    ans++ ;    return ans ;}int main(){    while(~scanf("%d%d" ,&n ,&m))    {        input() ;        memset(dp ,-1 ,sizeof(dp)) ;        cout<<DP_Memory(0)-1<<endl ;    }    return 0 ;}

Codeforces 463E Caisa and Tree

做题感悟：比赛时根本就没看到这题，其实看到也做不出来，做题的时候应该发现突破点，就拿这题来说突破点是改变某个点的价值不会超过 50 次，同时发现应该加强自己的C++ 一些容器的运用。

解题思路：

上面已经说到本题的突破点是 50 ，so ~> 我们可以每次改变某个点的价值的时候重新预处理一下，这样最多预处理 50 次。那么接下来就解决怎样预处理的问题了，这里因为第一问求的是每个点距离此点最近的且最大公约数大于 1 的节点，所以我们可以分解素数，把每一个节点的 value 都分解了，DFS找一个深度最深的且与当前节点有公共素因子的节点就可以了。

代码：

#include<iostream>#include<sstream>#include<map>#include<cmath>#include<fstream>#include<vector>#include<sstream>#include<cstring>#include<cstdio>#include<conio.h>#include<stack>#include<bitset>#include<ctime>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std  ;#define INT __int64const int MP = 2000000 + 5 ;const int MY = 150000 + 5 ;const int MX = 100000 + 5 ;int n ,m ;bool isprime[MP] ;int pos[MP] ,prime[MY] ,value[MX] ,ans[MX] ,niv[MX] ;vector<int> G[MX] ;stack<int> s[MY] ;void InitPrime()  // 筛选素数{    int num = 0 ;    memset(isprime ,false ,sizeof(isprime)) ;    for(int i = 2 ;i < MP ; ++i)    {        if(!isprime[i])        {            prime[++num] = i ;            pos[i] = num ;        }        for(int j = 1 ;j <= num && prime[j]*i < MP-5 ; ++j)        {            isprime[i*prime[j]] = true ;            if(i % prime[j] == 0)                    break ;        }    }}void input(){    int x ,y ;    for(int i = 1 ;i <= n ; ++i)    {        scanf("%d" ,&value[i]) ;        G[i].clear() ;    }    for(int i = 1 ;i < n ; ++i)    {        scanf("%d%d" ,&x ,&y) ;        G[x].push_back(y) ;        G[y].push_back(x) ;    }}void DFS(int node ,int father){    vector<int> v ;    int x = value[node] ;    int d = 2 ,step = 1 ;    ans[node] = 0 ;    while(d*d <= x)    {        if(!(x%d))        {            if(!s[pos[d]].empty())            {                int y = s[pos[d]].top() ;                if(niv[y] > niv[ans[node]])                     ans[node] = y ;            }            v.push_back(pos[d]) ;            s[pos[d]].push(node) ;            while(x%d == 0)            {                x /= d ;            }        }        ++step ;        d = prime[step] ;    }    if(x > 1)    {        if(!s[pos[x]].empty())        {            int y = s[pos[x]].top() ;            if(niv[y] > niv[ans[node]])                 ans[node] = y ;        }        v.push_back(pos[x]) ;        s[pos[x]].push(node) ;    }    for(int i = 0 ; i < G[node].size() ; ++i)      if(G[node][i] != father)      {          int y = G[node][i] ;          niv[y] = niv[node] + 1 ;          DFS(y , node) ;      }    for(int i = 0 ;i < v.size() ; ++i)        s[v[i]].pop() ;    v.clear() ;}int main(){    int p ,x ,w ;    InitPrime() ;    while(~scanf("%d%d" ,&n ,&m))    {        input() ;        niv[1] = 1 ;        DFS(1 ,-1) ;        while(m--)        {            scanf("%d%d" ,&p ,&x) ;            if(p == 1)                  cout<<(ans[x] > 0 ? ans[x] : -1)<<endl ;            else            {                scanf("%d" ,&w) ;                value[x] = w ;                DFS(1 ,-1) ;            }        }    }    return 0 ;}

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