A、B 略，相信大家都会做 _
C. Exam in BerSU
题意
给你一个长度为 (n) 的序列 (a_i) 。对于每个 (iin [1,N]) 求 ([1,i-1]) 中删去至少多少个数能满足剩余 ([1,i]) 中数的和小于 (M) 。
(nle 2cdot 10^5, Mle 2cdot 10^7, a_ile 100) 。
Solution
看到值域 (le 100) ，直接用桶记每个数出现多少次，然后从大到小暴力扫一遍桶就做完了。。。
code
#include<cstdio>
const int N=2e5+5;
int a[N],t[233],n,m,sum;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
sum+=a[i];
if(sum<=m)
{
++t[a[i]];
printf("0 ");
continue;
}
int ans=0,tmp=sum;
for(int j=100;j&&tmp>m;--j)
{
if(tmp-t[j]*j<=m)
{
printf("%d ",ans+(tmp-m-1)/j+1);
break;
}
else tmp-=t[j]*j,ans+=t[j];
}
++t[a[i]];
}
}
D. Extra Element
题意
给一个长度为 (n) 的数列，删去一个数使得原数列重排后是等差数列。 (nle 2cdot 10^5) 。
Solution
……不知道有什么好说的，如果差不等了直接删掉就行了。前 3 个数可能要特判一下。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int a[N],id[N];
bool cmp(int x, int y) {
return a[x]<a[y];
}
int main()
{
int n; scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]),id[i]=i;
sort(id+1,id+1+n,cmp);
sort(a+1,a+1+n);
if(n<=3)
{
puts("1");
return 0;
}
int del=0,cha;
if(a[3]-a[2]!=a[2]-a[1])
{
if(a[3]-a[2]==a[4]-a[3])
{
del=1;
cha=a[3]-a[2];
}
else if(a[3]-a[1]==a[4]-a[3])
{
del=2;
cha=a[3]-a[1];
}
else if(a[2]-a[1]==a[4]-a[2])
{
del=3;
cha=a[2]-a[1];
}
else
{
puts("-1");
return 0;
}
}
else cha=a[2]-a[1];
for(int i=del?4:3;i<=n;++i)
{
int l=(del==i-1?i-2:i-1);
if(a[i]-a[l]!=cha)
{
if(del)
{
puts("-1");
return 0;
}
del=i;
}
}
printf("%d",!del?id[1]:id[del]);
}
E. Polycarp and snakes
题意
……题目冗余复杂，还是直接看原题面吧……
Solution
也不知道有什么好说的，直接按题意模拟即可。注意一些细节。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2005;
char s[N][N];
int x1[N],x2[N],y1[N],y2[N];
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n,m,mx=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%s",s[i]+1);
bool flag=true;
for(int a=0;flag&&a<26;++a)
{
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
{
if(s[i][j]!=a+'a') continue;
if(!x1[a]&&!y1[a]) x1[a]=x2[a]=i,y1[a]=y2[a]=j;
else
{
x1[a]=min(x1[a],i),x2[a]=max(x2[a],i);
y1[a]=min(y1[a],j),y2[a]=max(y2[a],j);
}
}
if(x1[a]!=x2[a]&&y1[a]!=y2[a])
{
flag=false;
break;
}
if(x1[a]) mx=a+1;
else continue;
if(x1[a]==x2[a])
{
for(int j=y1[a];j<=y2[a];++j)
{
if(s[x1[a]][j]<a+'a') {
flag=false;
continue;
}
}
}
else
{
for(int j=x1[a];j<=x2[a];++j)
{
if(s[j][y1[a]]<a+'a') {
flag=false;
continue;
}
}
}
}
if(!flag)
{
puts("NO");
for(int i=0;i<26;++i) x1[i]=y1[i]=x2[i]=y2[i]=0;
continue;
}
printf("YES
%d
",mx);
for(int a=0;a<mx;++a)
{
if(!x1[a])
{
bool f=true;
for(int i=1;f&&i<=n;++i)
for(int j=1;f&&j<=m;++j)
{
if(s[i][j]>a+'a')
{
printf("%d %d %d %d
",i,j,i,j);
f=false;
}
}
continue;
}
printf("%d %d %d %d
",x1[a],y1[a],x2[a],y2[a]);
x1[a]=y1[a]=x2[a]=y2[a]=0;
}
}
}
F. Two Pizzas
题意
有 (n) 个人，每个人有若干喜欢的配料；有 (m) 个披萨，每个披萨有一个价格和若干个配料。现在要你买两个披萨，使得满足的人尽量多的前提下价钱尽量少。一个人能被满足当且仅当他所有喜欢的配料在两个披萨上出现过。
配料种数不超过 (9) 。 (n,mle 2cdot 10^5) 。
Solution
显然，披萨和人的种数不会超过 (2^9) ，直接用桶记一下每种人有多少个，每种披萨的最小/次小价格和其编号。然后 ((2^9)^3) 枚举两个披萨和人即可。注意一些细节。
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
const int N=515;
int a[N],b[N],id[N],b2[N],xid[N],id1,id2,ans,cost;
inline int gi()
{
char c=getchar(); int x=0;
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
return x;
}
int main()
{
int n=gi(),m=gi();
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int x=gi(),s=0;
while(x--) s|=(1<<gi()-1);
++a[s];
}
memset(b,0x3f,sizeof(b));
memset(b2,0x3f,sizeof(b2));
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int c=gi(),x=gi(),s=0;
while(x--) s|=(1<<gi()-1);
if(c<b[s]) b[s]=c,id[s]=i;
else if(c<b2[s]) b2[s]=c,xid[s]=i;
}
cost=2e9+5;
for(int s1=0;s1<512;++s1)
for(int s2=0;s2<512;++s2)
{
if(!id[s1]||!id[s2]) continue;
int tid1,tid2,tcost;
if(s1==s2) tid1=id[s1],tid2=xid[s1],tcost=b[s1]+b2[s1];
else tid1=id[s1],tid2=id[s2],tcost=b[s1]+b[s2];
int ret=0;
for(int s3=0;s3<512;++s3)
if(((s1|s2)&s3)==s3) ret+=a[s3];
if(ret>ans||(ret==ans&&cost>tcost)) cost=tcost,ans=ret,id1=tid1,id2=tid2;
}
printf("%d %d",id1,id2);
}
G. Playlist for Polycarp
题意
给你 (n) 个数，每个数类型为 (a/b/c) ，每个数有一个权值 (t_i) 。从中选出若干个数并排列，使它们权值和为 (T) 且没有两个数相邻。求合法排列方案数。
(nle 50, t_ile 50, Tle 2500) .
Solution
设 (f(v,i,j,k)) 表示选出 (i,j,k) 个 (a,b,c) 类型的数，和为 (v) 的方案数。转移显然是个背包。
设 (g(0/1/2,i,j,k)) 表示选出 (i,j,k) 个 (a,b,c) 类型的数，最后一个数是 (a/b/c) 类型的数的方案数，转移也比较显然。
那么 (ans=sum f(T,i,j,k) imes g(0/1/2,i,j,k)) 。
复杂度 $O(n^4T) $ 。
注意一些细节，比如 (f) 数组直接开开不下，可使用 vector 。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=55,Mod=1e9+7,iMod=Mod+1>>1;
vector<vector<vector<int>>> f[2505];
int g[3][N][N][N],n,T,a[N],b[N],c[N],ans,t;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&T);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
++c[--b[i]];
}
for(int i=0;i<=T;++i)
{
f[i].resize(c[0]+1);
for(int j=0;j<=c[0];++j)
{
f[i][j].resize(c[1]+1);
for(int k=0;k<=c[1];++k) f[i][j][k].resize(c[2]+1);
}
}
c[0]=c[1]=c[2]=0,f[0][0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
c[b[i]]++;
t+=a[i]; if(t>T) t=T;
for(int j=c[0];j>=(b[i]==0);--j)
for(int k=c[1];k>=(b[i]==1);--k)
for(int l=c[2];l>=(b[i]==2);--l)
for(int v=t;v>=a[i];--v)
f[v][j][k][l]=(f[v][j][k][l]+f[v-a[i]][j-(b[i]==0)][k-(b[i]==1)][l-(b[i]==2)])%Mod;
}
g[0][0][0][0]=g[1][0][0][0]=g[2][0][0][0]=1;
for(int i=0;i<=c[0];++i)
for(int j=0;j<=c[1];++j)
for(int k=0;k<=c[2];++k)
{
if(i) g[0][i][j][k]=1ll*i*(g[1][i-1][j][k]+g[2][i-1][j][k])%Mod;
if(j) g[1][i][j][k]=1ll*j*(g[0][i][j-1][k]+g[2][i][j-1][k])%Mod;
if(k) g[2][i][j][k]=1ll*k*(g[0][i][j][k-1]+g[1][i][j][k-1])%Mod;
ans=(ans+1ll*(1ll*g[0][i][j][k]+g[1][i][j][k]+g[2][i][j][k])%Mod*f[T][i][j][k])%Mod;
}
printf("%d",1ll*ans*iMod%Mod);
}