CCPC2018-湖南全国邀请赛 解题报告
by lj zx xzc 2019/5/6
题目链接：
vj链接：CCNUACM Team Contest 2019 Round #5
HDU链接：CCPC2018-湖南全国邀请赛-重现赛（感谢湘潭大学）
A. Easy h-index
题意： 略
/*
Status
Accepted
Time
46ms
Memory
2156kB
Length
337
Lang
G++
Submitted
2019-05-05 15:16:41
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[200005];
int main()
{
int n,k;
long long sum;
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
sum = 0;
for(int i = 0;i <= n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i = n;i >=0;i--){
sum+=a[i];
if(sum>=i){
printf("%d
",i);
break;
}
}
}
return 0;
}
B. Higher h-index
题意：
/*
Status
Accepted
Time
15ms
Memory
1224kB
Length
203
Lang
G++
Submitted
2019-05-05 17:02:07
*/
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,a;
int main()
{
while(scanf("%lld%lld",&n,&a)!=EOF)
{
printf("%lld
",(n+a)/2);
}
return 0;
}
C. Just h-index
题意：
数组大小1E5,元素1到1E5,询问1E5,每个询问给出一个区间，要找到最大的h，使得这个区间内>=h的数有>=h个
思路：
二分答案，用主席树求区间第K大(len+1-k小)，然后check xx>=mid 即可
据说主席树自带二分性质
我们的代码：
/*
Status
Accepted
Time
1357ms
Memory
22948kB
Length
1889
Lang
G++
Submitted
2019-05-05 17:45:53
*/
#include<bits/stdc++.h>
#define For(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(register int i=(a);i>=(b);--i)
#define Mst(a,b) memset(a,(b),sizeof(a))
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn = 1e5+20;
int a[maxn],n,cnt;
struct Node{
int Lchild,Rchild,sum;
}node[maxn*20];
int root[maxn*20];
int update(int left,int right,int v,int p)
{
if(v<left||v>right) return p;
int t = cnt++;
node[t].Lchild = node[p].Lchild;
node[t].Rchild = node[p].Rchild;
node[t].sum = node[p].sum+1;
int mid = (left+right)>>1;
if(left==right) return t;
node[t].Lchild = update(left, mid, v,node[p].Lchild);
node[t].Rchild = update(mid+1,right,v,node[p].Rchild);
return t;
}
void build()
{
cnt = 0;
root[0] = cnt++;
node[0].Lchild = node[0].Rchild = node[0].sum = 0;
For(i,1,n) root[i] = update(1,n,a[i],root[i-1]);
}
int query(int left,int right,int k,int rx,int ry)
{
if(left==right) return left;
int tot = node[node[ry].Lchild].sum - node[node[rx].Lchild].sum;
int mid = (left+right)>>1;
if(k<=tot) return query(left, mid,k, node[rx].Lchild,node[ry].Lchild);
else return query(mid+1,right,k-tot,node[rx].Rchild,node[ry].Rchild);
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
int q;
while(scanf("%d%d",&n,&q)!=EOF)
{
For(i,1,n) scanf("%d",a+i);
build();
int h,l,r;
while(q--)
{
scanf("%d%d",&l,&r);
int left = 1,right = r-l+2,mid;
while(right-left>1)
{
mid = (left+right)>>1;
int xx = query(1,n,r-l+2-mid,root[l-1],root[r]);
//printf("[%d,%d]之间的第%d小是%d
",l,r,n+1-mid,xx);
if(xx>=mid) left = mid;
else right = mid;
}
printf("%d
",left);
}
}
return 0;
}
F. Sorting
题意：
结构体排序，字典序最小，且a0+b0/a0+b0+c0 < a1+b1/a1+b1+c1
直接乘会爆Long long,可以优化一下，见代码
/*
Status
Accepted
Time
46ms
Memory
1484kB
Length
1051
Lang
G++
Submitted
2019-05-05 15:35:11
*/
#include<bits/stdc++.h>
#define For(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(register int i=(a);i>=(b);--i)
#define Mst(a,b) memset(a,(b),sizeof(a))
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn = 1e5+20;
struct Node{
unsigned long long a,b,c;
int id;
bool operator < (const Node& r)const{
if(c*(r.a+r.b+r.c)==r.c*(a+b+c))
return id < r.id;
return c*(r.a+r.b+r.c)>r.c*(a+b+c);
}
void input(int _id)
{
id = _id;
//scanf("%ull%ull%ull",&a,&b,&c);
cin>>a>>b>>c;
}
void out()
{
printf("node[%d] %ull %ull %ull
",id,a,b,c);
}
}node[maxn];
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
int n;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
For(i,1,n)
{
node[i].input(i);
// node[i].out();
}
sort(node+1,node+1+n);
printf("%d",node[1].id);
For(i,2,n)
{
printf(" %d",node[i].id);
}
printf("
");
}
return 0;
}
G. String Transformation
题意：
有两个字符串仅仅由’a’,‘b’,'c’组成，我们对每个字符串都可以插入或者删除"aa",“bb”,“abab”，问给定的两个字符串是否可以变为一样的
样例：
Sample Input
ab
ba
ac
ca
a
ab
Sample Output
Yes
No
No
分析：
由样例我们可以知道ab和ba可以相互转换，就是说相邻的ab可以交换：
- ab->aababb->ba
- ba->aababb->ab
而c是不可以变的，所以我们以c为坐标即可
我们可以知道，插入和删除的字符串长度为2和4，所以不改变原串长度的奇偶性。 - 如果两个串长度奇偶性不同，直接输入no
- 然后我们对两个串分别遍历，记录下来每个串c的位置，如果c的个数不同，直接输出no
- 我们可以把字符串开头结尾都插入一个’c’，然后两个串比较任意连个相邻的c之间a和b的个数的奇偶性是否相同即可(见代码)
/*
Status
Accepted
Time
15ms
Memory
1412kB
Length
1561
Lang
G++
Submitted
2019-05-05 16:57:45
*/
#include<bits/stdc++.h>
#define For(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(register int i=(a);i>=(b);--i)
#define Mst(a,b) memset(a,(b),sizeof(a))
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn = 1e5+20;
char s[maxn],t[maxn];
int lens,lent;
int ps[maxn],cnts;
int pt[maxn],cntt;
bool ok(int sL,int sR,int tL,int tR)
{
int nb=0,na=0;
For(i,sL,sR)
{
if(s[i]=='a') ++na;
else if(s[i]=='b') ++nb;
}
For(i,tL,tR)
{
if(t[i]=='a') --na;
else if(t[i]=='b') --nb;
}
na = abs(na);
nb = abs(nb);
return (na%2==0&&nb%2==0);
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
while(scanf("%s%s",s,t)!=EOF)
{
lens = strlen(s);
lent = strlen(t);
cnts = cntt = 0;
ps[cnts++] = -1;
pt[cntt++] = -1;
if((max(lent,lens)-min(lent,lens))%2)
{
printf("No
");continue;
}
for(int i=0;i<lens;++i)
{
if(s[i]=='c') ps[cnts++] = i;
}
for(int i=0;i<lent;++i)
{
if(t[i]=='c') pt[cntt++] = i;
}
if(cnts!=cntt)
{
printf("No
");continue;
}
ps[cnts++] = lens;
pt[cntt++] = lent;
bool flag = true;
For(i,1,cntt-1)
{
if(!ok(ps[i-1]+1,ps[i]-1,pt[i-1]+1,pt[i]-1))
{
printf("No
");
flag = false;
break;
}
}
if(flag) printf("Yes
");
}
return 0;
}
K. 2018
题意：
给两个区间， [a,b]和[c,d]， 从第一个区间里挑一个数x,从第二个区间里挑一个数y，使得x*y是2018的倍数，问有多少种取法
分析：
分解一下质因数，我们知道2018 = 2 * 1009,两个质数，我们可以简单容斥一下
一个区间[a,b]内k的倍数的个数为：b/k-(a-1)/k
我们令f(a,b,k) = b/k-(a-1)/k
设A,B为集合，则A - B = A - AB
我们就先分析[a,b]这个区间选出的数x:
- x只是2的倍数： y2n9 = f(a,b,2) - f(a,b,2018)
- x只是1009的倍数：n2y9 = f(a,b,1009) - f(a,b,2018)
- x是2018的倍数：y2y9 = f(a,b,2018)
- x既不是2的倍数，又不是1009的倍数: n2n9 = (b-a+1)-(y2n9+n2y9+y2y9)
- 然后x只是2的倍数，那么y是1009的倍数即可：f(c,d,1009)
- x只是1009的倍数, y是2的倍数即可：f(c,d,2)
- x是2018的倍数,y任意取 c-d+1
- x既不是2也不是1009的倍数，那么y必须是2018的倍数：f(c,d,2018)
对应相乘相加即可(注意会爆int)
/*
Status
Accepted
Time
15ms
Memory
1384kB
Length
951
Lang
G++
Submitted
2019-05-05 14:58:52
*/
#include<bits/stdc++.h>
#define For(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(register int i=(a);i>=(b);--i)
#define Mst(a,b) memset(a,(b),sizeof(a))
#define LL long long
using namespace std;
int f(int left,int right,int xx)
{
return right/xx-(left-1)/xx;
}
struct Node
{
int y2y9,y2n9,n2n9,n2y9;
void init(int left,int right)
{
y2y9 = f(left,right,2018);
y2n9 = f(left,right,2)-f(left,right,2018);
n2y9 = f(left,right,1009)-f(left,right,2018);
n2n9 = right-left+1-(y2n9+n2y9+y2y9);
}
void getAns(int L,int R)
{
LL res = 0;
res += 1ll*n2n9*f(L,R,2018);
res += 1ll*y2n9*f(L,R,1009);
res += 1ll*n2y9*f(L,R,2);
res += 1ll*y2y9*(R-L+1);
printf("%lld
",res);
}
}xx;
int main()
{
int a,b,c,d;
while(scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d)!=EOF)
{
xx.init(a,b);
xx.getAns(c,d);
}
return 0;
}
J. Vertex Cover(没出)
题意：
现在有n个点构成的完全图，编号为0到n-1,第i个点的权重为2^i
现在Alice从完全图里面选了若干条边，然后聪明的Bobo选了一些点来覆盖这些边。只要边的一个端点被选择就说这条边被覆盖了。Bobo选的点集是权重最小的。
现在用二进制的形式给出Bobo选择的点集，现在问Alice可能选择的边集的个数
分析：
由于点的权重是2^i，就是说这个点之前所有点的权重加起来都没有它大。所以我们如果已知边选点，肯定是贪心地选择下标小的点。
就是说，如果我们选择了一个点V，那么必定至少存在一条边，边的一个端点是这个点V，另一个端点是下标比V大的点，那么Bobo才有选择这个点的理由
思路：
- 按下标从大到小遍历点集中的点
- 每个点x从点集外下标比自己大的点中至少要连一条边(2^k-1)，k = (n-x)-(sum[n]-sum[x)
- 点集中每个点x和点集内下标比自己小的点的边可连可不连(2^(x-1))
- 遍历一遍相乘即可
/*
Status
Accepted
Time
31ms
Memory
2744kB
Length
1124
Lang
G++
Submitted
2019-05-06 10:42:37
*/
#include<bits/stdc++.h>
#define For(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(register int i=(a);i>=(b);--i)
#define Mst(a,b) memset(a,(b),sizeof(a))
#define LL long long
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;
const int maxn = 1e5+20;
int n;
char s[maxn];
int a[maxn]; ///a[i] = 1 代表第i个点被选择了
int sum[maxn];
LL fast_pow(LL a,LL b)
{
LL ans = 1;
while(b)
{
if(b&1) ans = ans*a%mod;
a = a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
while(scanf("%d%s",&n,s+1)!=EOF)
{
vector<int> v;
int len =strlen(s+1);
int cnt = 0;
for(int i=len;i>0;--i)
{
a[++cnt] = s[i]-'0';
if(s[i]=='1') v.push_back(cnt);
}
For(i,cnt+1,n) a[i] = 0;
sum[0] = 0;
For(i,1,n)
sum[i] = sum[i-1]+a[i];
LL ans = 1;
for(auto &x:v)
{
ans = ans*fast_pow(2ll,x-1)%mod;
ans = ans*((fast_pow(2ll,n-x-sum[n]+sum[x])-1+mod)%mod)%mod;
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}