ProblemA(Codeforces Round 689A):
题意：
给一个手势， 问这个手势是否是唯一。
思路：
暴力， 模拟将这个手势上下左右移动一次看是否还在键盘上即可。
代码：
1 #include <cmath> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdlib> 5 #include <ctime> 6 #include <set> 7 #include <map> 8 #include <list> 9 #include <stack> 10 #include <queue> 11 #include <string> 12 #include <vector> 13 #include <fstream> 14 #include <iterator> 15 #include <iostream> 16 #include <algorithm> 17 using namespace std; 18 #define LL long long 19 #define INF 0x3f3f3f3f 20 #define MOD 1000000007 21 #define eps 1e-6 22 #define MAXN 10 23 #define MAXM 100 24 #define dd {cout<<"debug"<<endl;} 25 #define pa {system("pause");} 26 #define p(x) {printf("%d ", x);} 27 #define pd(x) {printf("%.7lf ", x);} 28 #define k(x) {printf("Case %d: ", ++x);} 29 #define s(x) {scanf("%d", &x);} 30 #define sd(x) {scanf("%lf", &x);} 31 #define mes(x, d) {memset(x, d, sizeof(x));} 32 #define do(i, x) for(i = 0; i < x; i ++) 33 #define dod(i, x, l) for(i = x; i >= l; i --) 34 #define doe(i, x) for(i = 1; i <= x; i ++) 35 int n; 36 int row[MAXN] = {4, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 3, 3, 3}; 37 int col[MAXN] = {2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 1, 2, 3}; 38 int dir[4][2] = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}}; 39 char str[MAXN]; 40 41 bool move_one_step(int d) 42 { 43 for(int i = 0; i < n; i ++) 44 { 45 int x = str[i] - '0'; 46 if((d == 2 || d == 3) && x == 0) return false; 47 if(row[x] + dir[d][0] < 1 || col[x] + dir[d][1] < 1 || col[x] + dir[d][1] > 3) 48 return false; 49 if(x != 8 && (row[x] + dir[d][0] > 3)) 50 return false; 51 } 52 return true; 53 } 54 55 void get_ans() 56 { 57 bool flag = false; 58 for(int d = 0; d < 4; d ++) 59 { 60 if(move_one_step(d)) flag = true; 61 } 62 printf(flag ? "NO " : "YES "); 63 } 64 65 int main() 66 { 67 scanf("%d", &n); 68 scanf("%s", str); 69 70 get_ans(); 71 return 0; 72 }
Problem_B(Codeforces Round 689B):
题意：
有n个城市， 第i个城市到第j个城市需要消耗abs(i - j)的能量， 然后每个城市可以转移到另一个城市， 只需要一个能量， 转移是单向的。
问从第一个城市到各个城市所需要的最少能量。
思路：
每次只有三个选择， 即（1、向左走一步， 2、向右走一步， 3、移动到另一个城市）。
以第一个城市为起点， bfs一遍， 即可得到从第一个城市到所有城市所需要的最少能量。
代码：
1 #include <cmath> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdlib> 5 #include <ctime> 6 #include <set> 7 #include <map> 8 #include <list> 9 #include <stack> 10 #include <queue> 11 #include <string> 12 #include <vector> 13 #include <fstream> 14 #include <iterator> 15 #include <iostream> 16 #include <algorithm> 17 using namespace std; 18 #define LL long long 19 #define INF 0x3f3f3f3f 20 #define MOD 1000000007 21 #define eps 1e-6 22 #define MAXN 200010 23 #define MAXM 100 24 #define dd {cout<<"debug"<<endl;} 25 #define pa {system("pause");} 26 #define p(x) {printf("%d ", x);} 27 #define pd(x) {printf("%.7lf ", x);} 28 #define k(x) {printf("Case %d: ", ++x);} 29 #define s(x) {scanf("%d", &x);} 30 #define sd(x) {scanf("%lf", &x);} 31 #define mes(x, d) {memset(x, d, sizeof(x));} 32 #define do(i, x) for(i = 0; i < x; i ++) 33 #define dod(i, x, l) for(i = x; i >= l; i --) 34 #define doe(i, x) for(i = 1; i <= x; i ++) 35 int n; 36 int a[MAXN]; 37 int step[MAXN]; 38 bool vis[MAXN]; 39 40 void update(int pos) 41 { 42 for(int i = pos + 1; i <= n; i ++) 43 step[i] = min(step[i], step[pos] + (i - pos)); 44 for(int i = 1; i < pos; i ++) 45 step[i] = min(step[i], step[pos] + pos - i); 46 } 47 48 void show() 49 { 50 for (int i = 1; i <= n; i ++) 51 printf("%d ", step[i]); 52 printf(" "); 53 } 54 55 void bfs() 56 { 57 queue <int> Q; 58 Q.push(1); 59 step[1] = 0; 60 while (!Q.empty()) 61 { 62 int cnt = Q.front(); 63 Q.pop(); 64 65 if(vis[cnt]) continue; 66 67 vis[cnt] = true; 68 69 //left 70 if(step[cnt - 1] > step[cnt] + 1 && cnt - 1 > 0) 71 { 72 step[cnt - 1] = step[cnt] + 1; 73 if(!vis[cnt - 1]) 74 Q.push(cnt - 1); 75 } 76 77 //right 78 if(step[cnt + 1] > step[cnt] + 1 && cnt + 1 <= n) 79 { 80 step[cnt + 1] = step[cnt] + 1; 81 if(!vis[cnt + 1]) 82 Q.push(cnt + 1); 83 } 84 85 //move 86 if(a[cnt] != cnt) 87 { 88 if(step[a[cnt]] > step[cnt] + 1) 89 { 90 step[a[cnt]] = step[cnt] + 1; 91 if(!vis[a[cnt]]) 92 Q.push(a[cnt]); 93 } 94 } 95 } 96 } 97 98 int main() 99 { 100 scanf("%d", &n); 101 mes(vis, false); 102 mes(step, 0x3f); 103 for (int i = 1; i <= n; i ++) 104 { 105 scanf("%d", &a[i]); 106 // step[i] = i - 1; 107 } 108 109 bfs(); 110 show(); 111 return 0; 112 }
Problen_C(Codeforces Round 689C):
题意：
有四个小偷， 假设第一个小偷偷了a块巧克力， 那么第二个小偷则偷了a*k块， 第三个a*k*k块，第四个a*k*k*k个。
然而所有小偷的背包都有一个容量n， 现在给你一个m， 表示小偷们恰好有m种可能偷法。
求满足上述条件的n， n为恰好满足上述条件的最大的背包容量n， 要使得n尽可能的小。
思路：
最值最大/小化， 典型的二分。
由于a, k, n 都是未知的， 先来看一下它们的关系：
第四个小偷偷到a*k^3块巧克力， 是四个小偷里偷到的最多的。
假设现在已知n， 那么如果n/(x^3) > 0, 说明这个x是一个满足条件的k。
然后再看a, a = n / (x^3), 那么从1 ~ a 条件n/(x^3)都是成立的。
所以， 当k = x时， 有n/(x^3)种方案。
那么， 可以知道， 如果n已知， 则可以求出其方案数。
这里就可以二分n， 找到一个满足的n， 然后在这个范围内去找到最小的n.
代码：
1 #include <cmath> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdlib> 5 #include <ctime> 6 #include <set> 7 #include <map> 8 #include <list> 9 #include <stack> 10 #include <queue> 11 #include <string> 12 #include <vector> 13 #include <fstream> 14 #include <iterator> 15 #include <iostream> 16 #include <algorithm> 17 using namespace std; 18 #define LL long long 19 #define INF 0x7ffffffffffffff 20 #define MOD 1000000007 21 #define eps 1e-6 22 #define MAXN 1000010 23 #define MAXM 100 24 #define dd {cout<<"debug"<<endl;} 25 #define pa {system("pause");} 26 #define p(x) {printf("%d ", x);} 27 #define pd(x) {printf("%.7lf ", x);} 28 #define k(x) {printf("Case %d: ", ++x);} 29 #define s(x) {scanf("%d", &x);} 30 #define sd(x) {scanf("%lf", &x);} 31 #define mes(x, d) {memset(x, d, sizeof(x));} 32 #define do(i, x) for(i = 0; i < x; i ++) 33 #define dod(i, x, l) for(i = x; i >= l; i --) 34 #define doe(i, x) for(i = 1; i <= x; i ++) 35 LL m; 36 37 LL check(LL n) 38 { 39 LL sum = 0; 40 for (LL i = 2; ; i ++) 41 { 42 if (n < i * i * i) return sum; 43 44 sum = sum + n / (i * i * i); 45 } 46 return sum; 47 } 48 49 LL get_ans(LL &mid) 50 { 51 LL l = 1, r = INF; 52 LL num = 0; 53 54 while (l < r) 55 { 56 mid = (l + r + 1) / 2; 57 num = check(mid); 58 if (num == m) return num; 59 if (num > m) r = mid - 1; 60 else l = mid + 1; 61 } 62 return num == m ? num : -1; 63 } 64 65 int main() 66 { 67 scanf("%lld", &m); 68 LL n = 0, mid; 69 LL m1 = get_ans(mid); 70 if(m1 != m) printf("-1 "); 71 else 72 { 73 for(LL i = 2; ; i ++) 74 { 75 if(i * i * i > mid) break; 76 n = max(n, mid / (i * i * i) * (i * i * i)); 77 } 78 printf("%lld ", n); 79 } 80 return 0; 81 }
题意：
有两个长度为n的数列a, b。
找出下列子序列的个数：
在[l, r]这个区间内， a数列的最大值 == b数列的最小值。
思路：
求最大最小值， 可以用RMQ, 线段树。
又不涉及修改， 可以使用RMQ, 查询为O(1)， 预处理复杂度为O(nlogn)
先将a, b 数列进行处理。
然后， 枚举左端点， 然后再找到满足条件的 右端点的范围， 计算求和即可。
代码：
1 #include <cmath> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdlib> 5 #include <ctime> 6 #include <set> 7 #include <map> 8 #include <list> 9 #include <stack> 10 #include <queue> 11 #include <string> 12 #include <vector> 13 #include <fstream> 14 #include <iterator> 15 #include <iostream> 16 #include <algorithm> 17 using namespace std; 18 #define LL long long 19 #define INF 0x3f3f3f3f 20 #define MOD 1000000007 21 #define eps 1e-6 22 #define MAXN 200010 23 #define MAXM 21 24 #define dd {cout<<"debug"<<endl;} 25 #define pa {system("pause");} 26 #define p(x) {printf("%d ", x);} 27 #define pd(x) {printf("%.7lf ", x);} 28 #define k(x) {printf("Case %d: ", ++x);} 29 #define s(x) {scanf("%d", &x);} 30 #define sd(x) {scanf("%lf", &x);} 31 #define mes(x, d) {memset(x, d, sizeof(x));} 32 #define do(i, x) for(i = 0; i < x; i ++) 33 #define dod(i, x, l) for(i = x; i >= l; i --) 34 #define doe(i, x) for(i = 1; i <= x; i ++) 35 int n; 36 int a[MAXN], b[MAXN]; 37 int mx_a[MAXN][MAXM], mi_b[MAXN][MAXM]; 38 int p[MAXM], flog[MAXN]; 39 40 void init() 41 { 42 p[0] = 1, flog[0] = -1; 43 for(int i = 1; i < MAXM; i ++) p[i] = 2 * p[i - 1]; 44 for(int i = 1; i <= n; i ++) flog[i] = (i & (i - 1)) ? flog[i - 1] : (flog[i - 1] + 1); 45 46 for(int i = 1; i <= n; i ++) mx_a[i][0] = a[i]; 47 for(int j = 1; j < MAXM; j ++) 48 for(int i = 1; i <= n; i ++) 49 if(i + p[j] - 1 <= n) 50 mx_a[i][j] = max(mx_a[i][j - 1], mx_a[i + p[j - 1]][j - 1]); 51 52 for(int i = 1; i <= n; i ++) mi_b[i][0] = b[i]; 53 for(int j = 1; j < MAXM; j ++) 54 for(int i = 1; i <= n; i ++) 55 if(i + p[j] - 1<= n) 56 mi_b[i][j] = min(mi_b[i][j - 1], mi_b[i + p[j - 1]][j - 1]); 57 } 58 59 int get_mx_a(int l, int r) 60 { 61 int k = flog[r - l + 1]; 62 return max(mx_a[l][k], mx_a[r - p[k] + 1][k]); 63 } 64 65 int get_mi_b(int l, int r) 66 { 67 int k = flog[r - l + 1]; 68 return min(mi_b[l][k], mi_b[r - p[k] + 1][k]); 69 } 70 71 int min_l(int pos) 72 { 73 int l, r, mid; 74 l = pos - 1, r = n + 1; 75 while(r - l > 1) 76 { 77 mid = (l + r) >> 1; 78 if(get_mx_a(pos, mid) >= get_mi_b(pos, mid)) r = mid; 79 else l = mid; 80 } 81 return r; 82 } 83 84 int max_r(int pos) 85 { 86 int l, r, mid; 87 l = pos - 1, r = n + 1; 88 while(r - l > 1) 89 { 90 mid = (l + r) >> 1; 91 if(get_mx_a(pos, mid) > get_mi_b(pos, mid)) r = mid; 92 else l = mid; 93 } 94 return r; 95 } 96 97 int main() 98 { 99 scanf("%d", &n); 100 for(int i = 1; i <= n; i ++) 101 scanf("%d", &a[i]); 102 for(int i = 1; i <= n; i ++) 103 scanf("%d", &b[i]); 104 105 init(); 106 107 LL ans = 0; 108 for(int i = 1; i <= n; i ++) 109 { 110 int l = min_l(i); 111 int r = max_r(i); 112 ans = ans + (r - l); 113 } 114 printf("%I64d ", ans); 115 return 0; 116 }
题意：
f([l, r])表示区间[l, r]内元素个数：r - l + 1
现在给n个区间， 求这n个区间任选k个， 将其求交集运算后的f值。
求出所有情况的f值之和。
思路：
先考虑每个点， 假设已知这个点被x个区间覆盖， 那么， 这个点被计算的次数就是C(x, k)次。
求出所有点的情况即可。 再拓展一下， 如果连续y个点的覆盖数是一样的， 那么就可以得出这y个点被计算的总次数是 y * C(x, k)
利用求前缀和的思路来处理这个点， 左右端点+-1.
这里左端点-1 其实是将整个区间往前移动了一下， 相当于是从0开始。
代码：
1 #include <cmath> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdlib> 5 #include <ctime> 6 #include <set> 7 #include <map> 8 #include <list> 9 #include <stack> 10 #include <queue> 11 #include <string> 12 #include <vector> 13 #include <fstream> 14 #include <iterator> 15 #include <iostream> 16 #include <algorithm> 17 using namespace std; 18 #define LL long long 19 #define INF 0x3f3f3f3f 20 #define MOD 1000000007 21 #define eps 1e-6 22 #define MAXN 200010 23 #define MAXM 100 24 #define dd {cout<<"debug"<<endl;} 25 #define pa {system("pause");} 26 #define p(x) {printf("%d ", x);} 27 #define pd(x) {printf("%.7lf ", x);} 28 #define k(x) {printf("Case %d: ", ++x);} 29 #define s(x) {scanf("%d", &x);} 30 #define sd(x) {scanf("%lf", &x);} 31 #define mes(x, d) {memset(x, d, sizeof(x));} 32 #define do(i, x) for(i = 0; i < x; i ++) 33 #define dod(i, x, l) for(i = x; i >= l; i --) 34 #define doe(i, x) for(i = 1; i <= x; i ++) 35 LL n, k; 36 LL f[MAXN]; 37 LL fac[MAXN], fack[MAXN]; 38 map <LL, LL> mp; 39 vector <LL> v; 40 41 LL qpow(LL x, LL k) 42 { 43 LL res = 1; 44 while(k) 45 { 46 if(k & 1) res = res * x % MOD; 47 x = x * x % MOD; 48 k >>= 1; 49 } 50 return res; 51 } 52 53 LL inv(LL a, LL x) 54 { 55 return qpow(a, x - 2); 56 } 57 58 LL C(LL n, LL m) 59 { 60 if(n < m || m < 0) return 0; 61 return ((fac[n] * fack[n - m] % MOD) * fack[m]) % MOD; 62 } 63 64 void init() 65 { 66 fac[0] = fack[0] = 1; 67 for(int i = 1; i < MAXN; i ++) 68 { 69 fac[i] = (fac[i - 1] * i) % MOD; 70 fack[i] = inv(fac[i], MOD); 71 } 72 mp.clear(); 73 v.clear(); 74 } 75 76 int main() 77 { 78 init(); 79 LL l, r; 80 scanf("%lld %lld", &n, &k); 81 for(int i = 1; i <= n; i ++) 82 { 83 scanf("%lld %lld", &l, &r); 84 mp[l - 1] ++; 85 v.push_back(l - 1); 86 87 mp[r] --; 88 v.push_back(r); 89 } 90 91 sort(v.begin(), v.end()); 92 93 LL ans = 0, num = 0, pre_pos = - 1e9 - 10, cnt_pos, len; 94 int vlen = v.size(); 95 for(int i = 0; i < vlen; i ++) 96 { 97 cnt_pos = v[i]; 98 len = cnt_pos - pre_pos; 99 if(num >= k) 100 ans = (ans + len * C(num, k) % MOD) % MOD; 101 if(pre_pos != cnt_pos) 102 { 103 pre_pos = cnt_pos; 104 num = num + mp[cnt_pos]; 105 } 106 } 107 printf("%lld ", ans); 108 return 0; 109 }