Codeforces Round #368 (Div 2) A,B,C,D,E

来源：互联网发布：php的意思编辑：程序博客网时间：2024/05/16 09:22

比赛题目链接

A、Brain’s Photos

给一个n∗m的方格，判断是黑白色还是彩色：只要含有字母’C’,’M’,’Y’中任意一个就认为是彩色的。
暴力判断，时间复杂度：O(n∗m)。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <string>#include <algorithm>#include <climits>#include <cmath>#include <ctime>#include <cassert>#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);using namespace std;typedef long long ll;const int MAX_N = 110;int n, m;int main(){    while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {        int flag = 0;        for (int i = 0; i < n; ++i) {            for (int j = 0; j < m; ++j) {                char s[5];                scanf("%s", s);                if (s[0] == 'C' || s[0] == 'M' || s[0] == 'Y'){                    flag = 1;                }            }        }        if (flag) printf("#Color\n");        else printf("#Black&White\n");    }    return 0;}

B、Bakery

给n个城市和m条边以及k个被标记的城市，要求找到被标记城市和没被标记的城市的最短距离。
如果存在最短距离的话，一定是一条边的两个端点，只要判断是否存在这样的边然后取最短即可。
也可以不用先sort，这样复杂度就是O(m)了。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <string>#include <algorithm>#include <climits>#include <cmath>#include <ctime>#include <cassert>#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);using namespace std;typedef long long ll;const int MAX_N = 100010;int n, m, k;int vis[MAX_N];struct Edge {    int u, v, w;    bool operator < (const Edge& rhs) const {        return w < rhs.w;    }} edge[MAX_N];int main(){    while (~scanf("%d%d%d", &n, &m, &k)) {        memset(vis, 0, sizeof(vis));        for (int i = 0; i < m; ++i) {            int u, v, w;            scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);            edge[i].u = u, edge[i].v = v;            edge[i].w = w;        }        sort(edge, edge + m);        for (int i = 0; i < k; ++i) {            int u;            scanf("%d", &u);            vis[u] = 1;        }        int ans = -1;        for (int i = 0; i < m; ++i) {            int u = edge[i].u, v = edge[i].v, w = edge[i].w;            if (vis[u] && !vis[v]) ans = w;            if (vis[v] && !vis[u]) ans = w;            if (ans != -1) break;        }        printf("%d\n", ans);    }    return 0;}

C、Pythagorean Triples

给一个n(n≤109)，判断n是否是直角三角形中的一条边，如果是的话输出另外两条边，多解输出任意一解，否则输出-1。
当n≤2时显然无解。
当n>2时，我们把n恒看成一条直角边那么问题变成解方程a2−b2=n2。
当n为奇数时，令n2=2∗k+1，可以构造：(k+1)2−k2=2∗k+1。
当n为偶数时，令n2=4∗k，可以构造：(k+1)2−(k−1)2=4∗k。
时间复杂度：O(1)。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <string>#include <algorithm>#include <climits>#include <cmath>#include <ctime>#include <cassert>#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);using namespace std;typedef long long ll;int n;ll m;void solve(){    m = 1ll * n * n;    if (n == 1 || n == 2) printf("-1\n");    else if (m % 4 == 0) printf("%I64d %I64d\n", m / 4 - 1, m / 4 + 1);    else if (m & 1) printf("%I64d %I64d\n", (m - 1) / 2, (m - 1) / 2 + 1);}int main(){    while (~scanf("%d", &n)) {        solve();    }    return 0;}

D、Persistent Bookcase

给一个n排的书架，每排有m个位置，初始时所有位置为空。有Q次操作，每次有四种操作：

1 i j：如果第i排的第j个位置是空的，就放一本书上去。
2 i j：如果第i排的第j个位置上有书，那就把这本书取下来。
3 i：将第i排的所有位置状态颠倒：有书的位置把书取下，没书的位置放上书。
4 i：回到第i个操作时的状态，初始状态是第0操作。

对于每次操作输出书架上书的总数量。
数据范围：n,m≤1000,Q≤105

最基本的for循环就是最简单、最显式的dfs
如果没有第四种操作，直接按照题意for循环下去即可。对于第四种操作可以记录每个操作的儿子（后继操作），然后dfs下去并还原即可，注意细节。
借助set存储每个书架上的状态。
时间复杂度：O(Q∗n∗logn)

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <string>#include <algorithm>#include <climits>#include <cmath>#include <ctime>#include <cassert>#include <vector>#include <set>#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);using namespace std;typedef long long ll;const int MAX_Q = 100010;const int MAX_N = 1010;int n, m, Q;vector<int> children[MAX_Q];set<int> s[MAX_N];int cnt[MAX_N];struct Query {    int type, x, y, ans;} query[MAX_Q];void init(){    for (int i = 0; i <= n; ++i) {        children[i].clear();        s[i].clear();        cnt[i] = 0;    }}// cnt[x] 为奇：s[x]是不存在的；cnt[x]为偶：s[x]是存在的void dfs(int cur, int sum){    int type = query[cur].type, x = query[cur].x, y = query[cur].y, flag = 0;    if (type == 1) {        if (cnt[x] % 2 == 0 && s[x].find(y) == s[x].end()) {            s[x].insert(y);            sum++;            flag = 1;        } else if (cnt[x] % 2 && s[x].find(y) != s[x].end()) {            s[x].erase(y);            sum++;            flag = 1;        }    } else if (type == 2) {        if (cnt[x] % 2 == 0 && s[x].find(y) != s[x].end()) {            s[x].erase(y);            sum--;            flag = 1;        } else if (cnt[x] % 2 && s[x].find(y) == s[x].end()) {            s[x].insert(y);            sum--;            flag = 1;        }    } else if (type == 3) {        if (cnt[x] % 2 == 0) {            sum -= s[x].size();            sum += (m - s[x].size());        } else {            sum -= (m - s[x].size());            sum += s[x].size();        }        cnt[x]++;        flag = 1;    }//  printf("cur = %d x = %d y = %d sum = %d\n", cur, x, y, sum);    query[cur].ans = sum;    for (int i = 0; i < children[cur].size(); ++i) {        dfs(children[cur][i], sum);    }    if (flag) {        if (type == 1) {            if (cnt[x] % 2 == 0) s[x].erase(y);            else s[x].insert(y);            sum--;        } else if (type == 2) {            if (cnt[x] % 2 == 0) s[x].insert(y);            else s[x].erase(y);            sum++;        } else { // type = 3            if (cnt[x] % 2 == 0) {                sum -= s[x].size();                sum += (m - s[x].size());            } else {                sum -= (m - s[x].size());                sum += s[x].size();            }            cnt[x]--;        }    }}int main(){    while (~scanf("%d%d%d", &n, &m, &Q)) {        init();        for (int i = 1; i <= Q; ++i) {            query[i].y = -1;            scanf("%d%d", &query[i].type, &query[i].x);            if (query[i].type < 3) {                scanf("%d", &query[i].y);            }            if (query[i].type == 4) {                children[query[i].x].push_back(i);            } else {                children[i - 1].push_back(i);            }        }        for (int i = 0; i < children[0].size(); ++i) {            dfs(children[0][i], 0);        }        for (int i = 1; i <= Q; ++i) {            printf("%d\n", query[i].ans);        }    }    return 0;}

E、Garlands

给一个n∗m的方格和K个花环，花环都是依次相邻放置的，会给出每个花环的每朵花的位置，每朵花会有相应的价值，初始时每个花环都是“开”状态。然后有Q次操作，操作分两种：

改变第i个花环：开变关，关变开
求左上角下标为(a,b)，右下角下标为(c,d)的矩形内所有开着的花的价值之和。

对于每个第二种操作，输出相应价值和。
数据范围：n,m,K≤2000，每个花环的花总数≤2000，Q≤106，但是第二种操作：≤2000。

这也太暴力了。
直接上二维树状数组，对于每种花环的状态记录类似于D题的第三种操作。
时间复杂度:O(2000∗n2∗logn)

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <string>#include <algorithm>#include <climits>#include <cmath>#include <ctime>#include <cassert>#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);using namespace std;typedef long long ll;const int MAX_N = 2010;int n, m, K, Q;int num[MAX_N], cur[MAX_N], state[MAX_N];ll C[MAX_N][MAX_N];struct Garland {    int x, y, w;} garland[MAX_N][MAX_N];inline int lowbit(int x){    return x & (-x);}void update(int x, int y, int w){    for(int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) {        for (int j = y; j <= m; j += (lowbit(j))) {            C[i][j] += w;        }    }}ll sum(int x, int y){    ll res = 0;    for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) {        for (int j = y; j > 0; j -= lowbit(j)) {            res += C[i][j];        }    }    return res;}int main(){    while (~scanf("%d%d%d", &n, &m, &K)) {        memset(state, 0, sizeof(state));        memset(cur, 0, sizeof(cur));        memset(C, 0, sizeof(C));        for (int i = 0; i < K; ++i) {            scanf("%d", &num[i]);            for (int j = 0; j < num[i]; ++j) {                int x, y, w;                scanf("%d%d%d", &x, &y, &w);                garland[i][j].x = x, garland[i][j].y = y, garland[i][j].w = w;                update(x, y, w);            }        }        scanf("%d", &Q);        for (int i = 0; i < Q; ++i) {            char s[10];            scanf("%s", s);            if (s[0] == 'S') {                int id;                scanf("%d", &id);                id--;                state[id] ^= 1; // 细节！                cur[id] ^= 1;            } else {                int a, b, c, d;                scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d);                for (int i = 0; i < K; ++i) {                    if (state[i] == 0) continue;                    int flag = 1;                    if (cur[i] == 1) flag = -1;                    state[i] = 0;                    for (int j = 0; j < num[i]; ++j) {                        int x = garland[i][j].x, y = garland[i][j].y, w = garland[i][j].w;                        update(x, y, flag * w);                    }                }                ll ans = sum(c, d) + sum(a - 1, b - 1) - sum(c, b - 1) - sum(a - 1, d);                printf("%lld\n", ans);            }        }    }    return 0;}

0 0