【解题报告】Codeforces Round #360 (Div. 2)

题目链接

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A. Opponents（Codeforces 688A）

思路

用 cnt[i] 表示第 i 天主人公是否获胜（ 0 或 1 ），然后在 cnt 数组中统计最多有多少个连续出现的 1 。这个数量就是最后的答案。cnt[i] 也是可以通过遍历输入数据处理出来的。

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxd = 110;int n, d, cnt[maxd];string s;int main() {    cin >> n >> d;    for(int i = 0; i < d; i++) {        cin >> s;        for(int j = 0; j < s.size(); j++) {            if(s[j] == '0') {                cnt[i] = 1;                break;            }        }    }    for(int i = 1; i < d; i++) {        if(cnt[i-1] > 0 && cnt[i] > 0) {            cnt[i] += cnt[i-1];        }    }    cout << (*max_element(cnt, cnt + d)) << endl;    return 0;}

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B. Lovely Palindromes（Codeforces 688B）

思路

第 1 个可爱回文是 11 ，第 2 个可爱回文是 22 ，第 3 个可爱回文是 33 ……第 10 个可爱回文是 1001 ，第 11 个可爱回文是 1111 ，可见将输入的数字 n 转化成字符串 s （直接输入字符串即可），然后将字符串 s 倒置成 t ，最后将 s 和 t 拼接就能得到第 n 个可爱回文。

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1e6;char s[maxn], t[maxn];int n;int main() {    scanf("%s", s);    n = strlen(s);    for(int i = 0; i < n; i++) {        t[i] = s[n-i-1];    }    t[n] = '\0';    strcat(s, t);    printf("%s\n", s);    return 0;}

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C. NP-Hard Problem（Codeforces 688C）

思路

题目要我们求图 G 的点集 V 的两个不相交子集 A 和 B ，还要求 A 和 B 必须为 G 的点覆盖。也就是说， G 中的每条边都要满足一个点在 A 中，一个点在 B 中，否则就不可能求出 A 和B 。这相当于将 G 的点涂上两种不同的颜色且相邻的点不能有相同的颜色。那么我们用 DFS 为图涂色，变涂变判断是否有解。

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1e5 + 10;bool ok = true;int n, m, u, v, color[maxn];vector <int> v1, v2, G[maxn];// color[u]的值为1和2分别代表为u涂上两种不同的颜色void dfs(int u, int c) {    for(int i = 0; i < G[u].size(); i++) {        int v = G[u][i];        // 如果下一个点没涂过色的话，为其涂上不同的颜色        if(color[v] == 0) {            color[v] = c ^ 3;            dfs(v, c ^ 3);        }        // 如果下一个点跟当前点颜色相同的话，失败返回        if(color[v] == c) {            ok = false;            return;        }    }}int main() {    scanf("%d%d", &n, &m);    for(int i = 0; i < m; i++) {        scanf("%d%d", &u, &v);        G[u].push_back(v);        G[v].push_back(u);    }    // 为每个连通分量涂色    for(int i = 1; i <= n; i++) {        if(color[i] == 0) {            color[i] = 1;            dfs(i, 1);        }    }    // 输出失败或A和B    if(ok == false) {        puts("-1");    }    else {        for(int i = 1; i <= n; i++) {            if(color[i] == 1) {                v1.push_back(i);            }            if(color[i] == 2) {                v2.push_back(i);            }        }        printf("%d\n", v1.size());        for(int i = 0; i < v1.size(); i++) {            printf("%d ", v1[i]);        }        printf("\n%d\n", v2.size());        for(int i = 0; i < v2.size(); i++) {            printf("%d ", v2[i]);        }        puts("");    }    return 0;}

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D. Remainders Game（Codeforces 688D）

思路

要解决这题，必须先了解一个叫做“中国剩余定理”的定理。定理的内容如下：

设 m1,m2,m3...mn 为互质的整数，

则同余方程组

x≡a1(modm1)
x≡a2(modm2)
......
x≡an(modmn)

在模M下有唯一的整数解x。

(M=m1⋅m2⋅...⋅mn)

反过来在本题中，若想得出 nmodk 的唯一解，就必须知道

nmodm1,nmodm2...nmodmn

（被模数n与小标n为不同的数，虽然题目存在歧义，但是这里仍按照题目的规定）

考虑题给条件，若 nmodc1,nmodc2...nmodcn 中含有上述信息的话，就能得出 nmodk 的唯一解。

为此，现将 n 分解为 p1k1p2k2...prkr （r为某个足够大的整数）

若 对任意 i 有” ci 是 pjkj 的倍数（ j 是小于r的任意正整数 r ）” 的话，我们就可以将 pjkj 看做 mj 的倍数，这相当于将 pjkj 构造成 m1,m2,...mn 中的某个值,从而对任意的 j 可以得到 nmodmj ,则 nmodk 有唯一解。

而上面加粗字体语句的充要条件是 lcm(c1,c2,...cn) 为 k 的倍数。

因此本题输出 Yes 的充要条件是 lcm(c1,c2,...cn) 为 k 的倍数。

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;long long n, k, a, lcm;int main() {    scanf("%I64d%I64d", &n, &k);    lcm = 1;    while(n--) {        scanf("%I64d", &a);        lcm = a * lcm / __gcd(a, lcm);        lcm %= k;    }    puts(lcm ? "No" : "Yes");    return 0;}

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E. The Values You Can Make（Codeforces 688E）

思路

若只求有几种恰好组成 k 元钱的的方案则可以直接套用背包模型，但本题的要求没那么简单。设用一个硬币子集 c 能恰好组成 k 元钱，而用这个硬币子集 c 又能组成一个面值集合 v 。每种不同的 c 都能组成不同的 v ，本题让我们求的就是所有的 v 的并集。
一种显然的思路是先搜索出一个满足条件的硬币子集 c ，然后再对其套用背包模型。但是这样的复杂度将是 O(n×k×2n) 。为了解决这个问题，我们在套用背包模型的时候直接增加一个维度。用 d[i][j][k] 表示到第 i 个硬币为止，硬币的面值和为 j 的情况下，能否用构成面值j的这些硬币构成面值 k 。那么 d[i][j][k] 的值取决于 d[i−1][j][k] （这枚硬币不拿）， d[i−1][j−c[i]][k] （这枚硬币拿但是但是不用于构造 k ）和 d[i−1][j−c[i]][k−c[i]] （这枚硬币拿且用于构造 k ），从而状态转移方程就是：

d[i][j][k]=d[i−1][j][k] or d[i][j−c[i]][k] or d[i−1][j−c[i]][k−c[i]]

将 d[0][0][0] 初始化为 1 ，最后 d[N][K][b] 中值为 1 的 b 的个数就是答案。另外，本题可以用滚动数组优化空间复杂度。

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 505, maxk = 505;int n, m, a, ans, d[maxk][maxk];int main() {    scanf("%d%d", &n, &m);    d[0][0] = 1;    while(n--) {        scanf("%d", &a);        for(int i = m; i >= a; i--) {            for(int j = 0; j <= m; j++) {                d[i][j] |= d[i-a][j];                d[i][j] |= (j < a ? 0 : d[i-a][j-a]);            }        }    }    for(int j = 0; j <= m; j++) {        ans += d[m][j];    }    printf("%d\n", ans);    for(int j = 0; j <= m; j++) {        if(d[m][j] == 1) {            printf("%d ", j);        }    }    puts("");    return 0;}

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