[swust]Fighting for the 2017 season contest 7 雀巢原理,并查集,离线BIT,中位数,前缀和,贪心,背包DP
来源:互联网 发布:淘宝网空竹 编辑:程序博客网 时间:2024/04/28 04:09
作废的 A,HDU 3951
题意:n个硬币放成一圈,每次最多取连续k个,不能不取。最后取完者胜。
解法:一个非常容易想到的博弈了。n个硬币,不论n是奇数偶数,后手总能够在第一轮把它变成对称两部分的状态,对称状态下后手肯定赢。那么先手能赢只能是k>=n或者每次只能取一个且n是奇数。
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int main(){ int T, n, k, ks = 0; scanf("%d", &T); while(T--){ scanf("%d%d", &n, &k); if(k >= n || (k == 1 && n & 1)) printf("Case %d: first\n", ++ks); else printf("Case %d: second\n", ++ks); } return 0;}
改了的A, 害怕上面的博弈带歪rank,所以换了一个水题。
直接排序之后输出中位数即可,自己想下就明白吧???
const int maxn = 3e5+7;int a[maxn];int main(){ int n; cin>>n; for(int i=1; i<=n; i++){ cin>>a[i]; } int ans; sort(a+1,a+n+1); if(n%2==0) ans=a[n/2]; else ans=a[(n+1)/2]; cout<<ans<<endl; return 0;}
B,UESTC 31。
解题思路: 考虑一个贪心,我们先把5元钱抠出来之后去买最大的,剩下的我们直接跑一个01背包就可以了。主要是能不能想到这个贪心吧,想到了就是水题。
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1010;int n, m, a[maxn], dp[maxn];int main(){ while(scanf("%d", &n) && n) { for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]); scanf("%d", &m); if(m < 5){ printf("%d\n", m); continue; } memset(dp, 0, sizeof(dp)); sort(a + 1, a + n + 1); for(int i = 1; i < n; i++){ for(int j = m - 5; j >= a[i]; j--){ dp[j] = max(dp[j], dp[j - a[i]] + a[i]); } } printf("%d\n", m - dp[m - 5] - a[n]); }}
C,HDU 5776
题意:t组测试样例,每次给你n,m和n个数字,问你这个序列里存不存在某个子串(连续)的和模m的值等于0
解法:预处理前缀和sum,因为问的是模m,所以最多有m种情况:0,1,2.。。。。m-1。如果我们找到两个取模后相等的前缀和sum,那么那么这两个序列相差的那部分一定模m等于0。所以当n >= m时,前缀和的情况有m种,这大于对m取模的结果数,就像m-1个抽屉,你非要放m个物品,那么必有一个抽屉会有大于等于两件物品。
特殊判断一种情况:当n < m 时,每个能出现的前缀和模m的值都只出现一次 ,但是有某个前缀和模m等于0,那么也输出YES。
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int cnt[5010];int main(){ int t, n, m, sum, flag; scanf("%d", &t); while(t--){ scanf("%d%d", &n, &m); memset(cnt, 0, sizeof(cnt)); sum = flag = 0; for(int i = 0; i < n; i++){ int x; scanf("%d", &x); sum += x; cnt[sum%m]++; if(cnt[sum%m]==2) flag = 1; } if(cnt[0] != 0) flag = 1; if(n >= m) puts("YES"); else{ if(flag) puts("YES"); else puts("NO"); } }}
D,CF 652D
题意 : 给定n个区间,问你第i个区间包含多少个区间。
解法:由于线段端点是在1e9范围内,所以要先离散化到2e5内,只离散化一个端点即可,我离散化的是右端点,然后在对左端点排序(保证l[i]>=l[j]),然后再按顺序query右端点(保证r[i]小于r[j])并update,就可以得到结果了。
//CF 652D#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 2e5+10;struct Q{ int l, r, id; Q(){} Q(int l, int r, int id) : l(l), r(r), id(id) {}}q[maxn];bool cmp1(Q a, Q b){ if(a.r == b.r) return a.l < b.l; return a.r < b.r;}bool cmp2(Q a, Q b){ if(a.l == b.l) return a.r < b.r; return a.l > b.l;}namespace BIT{ int c[maxn]; inline int lowbit(int x){return x&-x;} inline void add(int x, int v){for(int i = x; i < maxn; i += lowbit(i)) c[i] += v;} inline int query(int x){int res = 0; for(int i = x; i; i -= lowbit(i)) res += c[i]; return res;}}using namespace BIT;int n, ans[maxn];int main(){ scanf("%d", &n); for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &q[i].l, &q[i].r), q[i].id = i; sort(q + 1, q + n + 1, cmp1); for(int i = 1; i <= n; i++) q[i].r = i; sort(q + 1, q + n + 1, cmp2); for(int i = 1; i <= n; i++){ ans[q[i].id] = query(q[i].r); add(q[i].r, 1); } for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d\n", ans[i]);}
E,691D
题意:给一个长度为n的数字序列,其中各个元素均不相同且在1到n之间。然后给出一些位置的交换规则,即给出某些位置上的数是可以互相交换的。求出最终能交换得到的字典序最大的序列。
解法:题目的解决方法并不难,举个例子:如果位置1能和位置2的数交换,位置1又可以和位置3上的数交换,那么,位置1,2,3对应的数实际上是可以互相交换了,那么该字典序最大的序列就是位置1,2,3上的元素从到小的序列了。那么基于此,可以利用DSU来维护可以交换的位置,将能过交换的到的位置全部找出来,然后从大到小依次填到相应的位置上。最终得到的序列就是答案
//CF 691D#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1e6+7;int n, m, a[maxn], t[maxn];vector <int> v[maxn];namespace dsu{ int fa[maxn]; inline int find_set(int x){if(x == fa[x]) return x; else return fa[x] = find_set(fa[x]);} inline void union_set(int x, int y){int fx = find_set(x), fy = find_set(y); if(fx != fy) fa[fx] = fy;}}using namespace dsu;int main(){ scanf("%d%d", &n, &m); for(int i = 1; i <= n; i++){scanf("%d", &a[i]); fa[i] = i; } for(int i = 1; i <= m; i++){int x, y; scanf("%d%d", &x, &y); union_set(x, y);} for(int i = 1; i <= n; i++) v[find_set(i)].push_back(a[i]); for(int i = 1; i <= n; i++) sort(v[i].begin(), v[i].end(), greater<int>()); for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", v[find_set(i)][t[find_set(i)]++]);}
比赛预测:有3-4人做出3题,可能1-2做出4题,大多数人2题保本,不会有爆0。
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