codeforces 358

来源：互联网发布：淘宝汉服商家那家正规编辑：程序博客网时间：2024/06/05 19:16

A. Dima and Continuous Line

题意：按照顺序给出n个点，生成n-1条边判断是否有线段相交。

思路：暴力n-1条线段判断是否相交。当思维题做了好久我好zz啊。。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int l[1005],r[1005],x[1005];int main() {    int n;    scanf("%d",&n);    int cnt=0;    for(int i=1;i<=n;++i) {        scanf("%d",&x[i]);        if(i>1) {            l[cnt]=min(x[i],x[i-1]);            r[cnt++]=max(x[i],x[i-1]);        }    }    int f=1;    for(int i=0;i<cnt&&f;++i) {        for(int j=i+1;j<cnt&&f;++j) {            if((l[i]<l[j]&&r[i]>l[j]&&r[i]<r[j]) || (l[j]<l[i]&&r[j]>l[i]&&r[j]<r[i])) {                f=0;                break;            }        }    }    printf("%s\n",f==0?"yes":"no");    return 0;}

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C. Dima and Containers

题意：有3个容器，队列、栈、双端队列。给出n个操作，操作的值为x:

x!=0时表示将x压入任意一个容器中。
x=0 时可以从三个容器中各弹出一个数，不能从空的容器中弹数。
要求每次弹出的数的和最大，弹出数后将所有容器里的数清除。

思路：贪心，维护三个最大值，容器中元素个数>=3时让三个容器各储存一个最大值，其余存在双端队列中。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;struct node {    int id,val;}ns[100005];bool cmp(node a,node b) {    if(a.val==b.val) return a.id<b.id;    return a.val<b.val;}void print(int pos,int x) {    if(!pos) puts("0");    else if(pos==1) {        puts("pushBack");        if(!x)puts("1 popBack");    }    else if(pos==2) {        puts("pushBack");        puts("pushStack");        if(!x)puts("2 popBack popStack");    }    else {        sort(ns,ns+pos,cmp);        int p1=ns[pos-3].id;        int p2=ns[pos-2].id;        int p3=ns[pos-1].id;        for(int i=0;i<pos;++i) {            if(i==p1) puts("pushQueue");            else if(i==p2) puts("pushStack");            else if(i==p3) puts("pushBack");            else puts("pushFront");        }        if(!x)puts("3 popStack popQueue popBack");    }}int main() {    int n,x,pos=0;    scanf("%d",&n);    while(n--) {        scanf("%d",&x);        if(!x) {            print(pos,x);            pos=0;        }        else {            ns[pos].id=pos;            ns[pos++].val=x;        }    }    if(pos) print(pos,x);    return 0;}

D. Dima and Hares

题意：有n只兔子等待喂食，喂食的顺序不定，每只兔子有开心值，分为三种情况：

喂食该兔子时它的左右邻居都未喂食，开心值为a[i]。
喂食该兔子时它的一个邻居已喂食，开心值为b[i]。
喂食该兔子时它的左右邻居都已喂食，开心值为c[i]。

求喂食兔子能获得的最大开心值。注意1号和n号只有一个邻居，不存在左右都已喂食的状态。

思路：dp。

dp[i][0][0]：左右邻居都未喂食。

dp[i][1][0]：左邻居已喂食。

dp[i][0][1]：右邻居已喂食。

dp[i][1][1]：左右邻居都已喂食。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int inf=-0x3f3f3f;int dp[3005][3][2],a[3005][3];int main() {    int n;    scanf("%d",&n);    for(int j=0;j<3;++j) {        for(int i=1;i<=n;++i) {            scanf("%d",&a[i][j]);        }    }    memset(dp,inf,sizeof(dp));    dp[1][0][0]=a[1][0];    dp[1][0][1]=a[1][1];    dp[1][1][1]=dp[1][1][0]=inf;    for(int i=2;i<=n;++i) {        dp[i][0][0]=max(dp[i-1][0][1],dp[i-1][1][1])+a[i][0];        dp[i][1][0]=max(dp[i-1][1][0],dp[i-1][0][0])+a[i][1];        dp[i][0][1]=max(dp[i-1][0][1],dp[i-1][1][1])+a[i][1];        dp[i][1][1]=max(dp[i-1][1][0],dp[i-1][0][0])+a[i][2];    }    printf("%d\n",max(dp[n][1][0],dp[n][0][0]));    return 0;}

E. Dima and Kicks

题意：

思路：判断欧拉通路。先贴个代码，注意答案要求k>1，否则为-1，wa了好多次。。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn=1005;int xx[4]={-1,1,0,0},yy[4]={0,0,-1,1};int du[maxn][maxn],mp[maxn][maxn],vis[maxn][maxn];vector<int> hang[maxn],lie[maxn];int n,m;int gcd(int a,int b) {    return b==0?a:gcd(b,a%b);}void dfs(int x,int y) {    vis[x][y]=1;    for(int i=0;i<4;++i) {        int nx=x+xx[i],ny=y+yy[i];        if(nx>=1&&nx<=n&&ny>=1&&ny<=m&&mp[nx][ny]&&!vis[nx][ny]) dfs(nx,ny);    }}int main() {    int x,y,g=0;    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<=n;++i) {        for(int j=1;j<=m;++j) {            scanf("%d",&mp[i][j]);        }    }    int fir=1;    for(int i=1;i<=n;++i) {        for(int j=1;j<=m;++j) {            if(mp[i][j]) {                if(!vis[i][j]) {                    if(fir) dfs(i,j),fir=0;                    else {                        puts("-1");                        return 0;                    }                }                if(!mp[i-1][j]&&!mp[i+1][j]&&!mp[i][j-1]&&!mp[i][j+1]) {                    puts("-1");                    return 0;                }                if(mp[i-1][j]&&mp[i+1][j]&&mp[i][j-1]&&mp[i][j+1]) {                    hang[i].push_back(j);                    lie[j].push_back(i);                    continue;                }                if(!(mp[i][j-1]&&mp[i][j+1])) hang[i].push_back(j);                if(!(mp[i-1][j]&&mp[i+1][j])) lie[j].push_back(i);            }        }        if(!hang[i].size()) continue;        for(int k=0;k<hang[i].size()-1;++k) {            if(mp[i][hang[i][k]+1]) {                g=gcd(g,hang[i][k+1]-hang[i][k]);                ++du[i][hang[i][k]];                ++du[i][hang[i][k+1]];            }        }    }    for(int i=1;i<=m;++i) {        if(lie[i].size()) {            for(int j=0;j<lie[i].size()-1;++j) {                if(mp[lie[i][j]+1][i]) {                    g=gcd(g,lie[i][j+1]-lie[i][j]);                    ++du[lie[i][j]][i];                    ++du[lie[i][j+1]][i];                }            }        }    }    int jd=0,od=0,cnt=0;    for(int i=1;i<=n;++i) {        for(int j=1;j<=m;++j) {            if(du[i][j]) {                ++cnt;                if(du[i][j]&1) ++jd;                else ++od;            }        }    }    if(jd&&jd!=2||(g<=1)) puts("-1");    else {        for(int i=2;i<=g;++i) {            if(g%i==0) printf("%d ",i);        }    }    return 0;}

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