PetrozavodskWinterTraining2015
A - Three Servers
题目描述：有(n)个数，将这(n)个数分成(3)堆，使得(3)堆中和的最大值减最小值最小，求方案。
solution
(f[i][j])表示第二堆减第一堆等于(i)，第三堆减第二堆等于(j)的方案。由于数字比较小，所以可以定(-100 leq i, j leq 100)，然后将读入数据随机排序，做(10)次就可以过了。
时间复杂度：(O(能过))
F - Empty Vessels
题目描述：有(n)个水杯，每个水杯的容量为(a_i)，现在有(3)种操作：
- 将某个水杯装满水
- 将某个水杯里的水倒掉
- 将某个水杯里的水倒到另一个水杯里，直到一个水杯满或一个水杯空
给定一个值(m)，问是否通过若干次操作之后某个水杯里的水体积为(m)，求出方案。
solution
显然，(m)一定要是(a_i)的最大公约数的倍数，并且(m)要小于(a_i)的最大值。
然后将最大的水杯看做剩余系，所有水杯往最大的水杯倒水，相当于水量模最大水杯容量，然后像完全背包那样做即可。
时间复杂度：(O(最大容量*n))
G - Maximum Product
solution
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=30;
LL A, B;
int a[maxn], b[maxn], now[maxn];
void calc(LL num, int *a)
{
if (num==0) a[a[0]=1]=0;
a[0]=0;
while (num)
{
a[++a[0]]=num%10;
num/=10;
}
}
bool check()
{
if (now[0]!=a[0]) return now[0]>a[0];
for (int i=now[0]; i; --i)
if (now[i]!=a[i]) return now[i]>a[i];
return true;
}
void solve()
{
scanf("%lld%lld", &A, &B);
calc(A, a);
calc(B, b);
LL answer=1, ans=B;
for (int i=1; i<=b[0]; ++i) answer*=b[i];
for (int i=b[0]; i; --i)
{
for (int j=b[0]; j>i; --j) now[j]=b[j];
now[i]=b[i]-1;
for (int j=i-1; j; --j) now[j]=9;
for (int j=i; j<b[0]; ++j)
if (now[j]<0)
{
now[j]+=10;
now[j+1]--;
}
else break;
now[0]=b[0];
if (now[0]>1 && now[now[0]]==0) --now[0];
if (check())
{
LL s=1;
for (int j=1; j<=now[0]; ++j) s*=now[j];
if (s>answer)
{
answer=s;
ans=0;
for (int j=now[0]; j; --j) ans=ans*10+now[j];
}
}
}
printf("%lld
", ans);
}
int main()
{
solve();
return 0;
}
H - Biathlon 2.0
题目描述：分别给定(n, m)个向量，对于(n)里面的每个向量，在(m)中找一个向量，使得两个向量的点乘最小。
solution
根据点乘的意义，相当于是一个向量在另一个向量的投影，因此可以想到只有(m)个向量形成的下凸壳，在下凸壳上的点才是答案，将(n)个向量极角排序，然后每个向量对应的答案在下凸壳上是单调的。
时间复杂度：(O(nlogn))
I - Archaeological Research
题目描述：有一个未知序列(a_i)，给出一些数据，第(i)行第(j)个数据表示某个数在序列的第(i+1)个数后面(包括(i+1))第一次出现的位置是(j)，找出(a_i)的可行解中字典序最小的一个。
solution
题目还可以用另一种方式表达：第(i)行第(j)个数据表示某个数在序列的第(i+1)位到第(j-1)位没出现过，进而可以求出(a_i)在([l_i, i-1])没出现过，然后只要贪心地从左到右放数，每次取([1, l_i-1])中最小的数，如果(l_i=1)，那么新开一个数字给(a_i)。
时间复杂度：(O(nlogn))
J - Sockets
题目描述：有一个电源（只有一个插座），(n)个排插，分别有(a_i)个插座，每个排插可以直接接电源或者插到别的排插上，有(m)部手机需要同时充电，每部手机规定到电源之间最多能有(b_i)个排插，问最多能有多少部手机同时充电。
solution
将排插按(a_i)从大到小排序，手机按(b_i)从小到大排序，二分答案，先满足(b_i)较小的，其它位置插排插。
时间复杂度：(O(nlogn))
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=int(2e5)+100;
int n, m;
int a[maxn], b[maxn];
void read()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i=1; i<=n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
for (int i=1; i<=m; ++i) scanf("%d", &b[i]);
}
bool check(int num)
{
LL rest=1;
for (int i=1, level=0; i<=n && num; ++level)
{
int k=num;
while (k && b[k]==level) --k;
if (num-k>rest) return false;
LL tmp=(rest-=(num-k));
num=k;
while (i<=n && (tmp--)) rest+=a[i++]-1;
}
return rest>=num;
}
void solve()
{
sort(a+1, a+1+n, greater<int>());
sort(b+1, b+1+m, greater<int>());
int L=0, R=m+1;
while (L+1<R)
{
int mid=(L+R)>>1;
if (check(mid)) L=mid;
else R=mid;
}
printf("%d
", L);
}
int main()
{
read();
solve();
return 0;
}
K - Toll Roads
题目描述：给定一棵树，边权为(1)，现在可以选择一条长度不超过(m)的链，将链上的边权全改为(0)，使得树的直径最小，求方案。
solution
思路挺好想的，就是枚举一端作为树根，然后类似树形(dp)算出当另一端某个点时，树的直径是多少。
时间复杂度：(O(n^2))
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5010;
int n, m, root;
vector<int> out[maxn];
int idx[maxn];
pair<int, int> le[maxn], ri[maxn];
int radle[maxn], radri[maxn];
int fa[maxn], f[maxn], g[maxn], h[maxn];
int rad[maxn], deep[maxn];
pair<int, int> ans, solu;
void read()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i=0; i<n; ++i) out[i].clear();
for (int i=1; i<n; ++i)
{
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
out[u].push_back(v);
out[v].push_back(u);
}
}
void dfs1(int cur, int _fa)
{
rad[cur]=0;
f[cur]=0;
fa[cur]=_fa;
if (_fa==-1) deep[cur]=0;
else deep[cur]=deep[_fa]+1;
for (auto &to:out[cur])
if (to!=_fa)
{
dfs1(to, cur);
rad[cur]=max(rad[cur], max(rad[to], f[cur]+f[to]+1));
f[cur]=max(f[cur], f[to]+1);
}
}
void dfs2(int cur, int past, int chain)
{
if (deep[cur]>m) return;
int s=max(past, max(rad[cur], chain+f[cur]));
if (make_pair(s, deep[cur])<ans)
{
ans=make_pair(s, deep[cur]);
solu=make_pair(root, cur);
}
int cnt=0;
for (auto &to:out[cur])
if (to!=fa[cur]) idx[++cnt]=to;
le[1]=make_pair(0, 0);
radle[1]=0;
for (int i=2; i<=cnt; ++i)
{
le[i]=le[i-1];
radle[i]=max(radle[i-1], rad[idx[i-1]]);
if (f[idx[i-1]]+1>le[i].first)
{
le[i].second=le[i].first;
le[i].first=f[idx[i-1]]+1;
}
else le[i].second=max(le[i].second, f[idx[i-1]]+1);
}
ri[cnt]=make_pair(0, 0);
radri[cnt]=0;
for (int i=cnt-1; i>0; --i)
{
ri[i]=ri[i+1];
radri[i]=max(radri[i+1], rad[idx[i+1]]);
if (f[idx[i+1]]+1>ri[i].first)
{
ri[i].second=ri[i].first;
ri[i].first=f[idx[i+1]]+1;
}
else ri[i].second=max(ri[i].second, f[idx[i+1]]+1);
}
for (int i=1; i<=cnt; ++i)
{
g[idx[i]]=max(le[i].first, ri[i].first);
h[idx[i]]=max(le[i].first+ri[i].first, max(le[i].first+le[i].second, ri[i].first+ri[i].second));
h[idx[i]]=max(h[idx[i]], max(radle[i], radri[i]));
}
for (auto &to:out[cur])
if (to!=fa[cur]) dfs2(to, max(past, max(h[to], chain+g[to])), max(chain, g[to]));
}
void solve()
{
ans=make_pair(n*2, 0);
for (int i=0; i<n; ++i)
{
root=i;
dfs1(i, -1);
dfs2(i, 0, 0);
}
printf("%d
%d
", ans.first, ans.second);
if (ans.second) printf("%d %d
", solu.first, solu.second);
}
int main()
{
read();
solve();
return 0;
}