• Codeforces round 419 div2 补题 CF 816 A-E


    Karen and Morning

    水题 注意进位即可

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    typedef long long int LL;
     int a,b;
    bool pal()
    {
     if((a%10)==(b/10)&&(a/10)==(b%10))return true;
     	else return false;
    }
    
    void add()
    {
     b+=1;
     while(b>=60)b-=60,a+=1;
     while(a>=24)a-=24;
    }
    int main()
    {
     char c;
     scanf("%d%c%d",&a,&c,&b);
     int ans=0;
     while(!pal())
     	{
     	 add();
     	 ans++;
    	 }
     printf("%d
    ",ans);
     return 0;
    }
    

      

    Karen and Coffee

    用线段树维护是显而易见的

    不过由于先添加了所有点才进行所有询问,也就是说不会动态改变数据 所以用线段树是大材小用了。

    用线性的方法也可以维护 这里只给出线段树代码。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    typedef long long int LL;
    const int N=1e7,R=200000;
    int size[N],adn[N],n,k,q;
    vector<int>num;
    void pushdown(int cur)
    {
     adn[cur*2]+=adn[cur];
     adn[cur*2+1]+=adn[cur];
     adn[cur]=0;
    }
    void add(int cur,int ln,int rn,int l,int r)
    {
     if(l<=ln&&r>=rn){adn[cur]++;return ;}
     int mid=(ln+rn)>>1;
     pushdown(cur);
     if(l<=mid)add(cur*2,ln,mid,l,min(mid,r));
     if(r>mid)add(cur*2+1,mid+1,rn,max(mid+1,l),r);
    }
    
    void update(int cur,int ln,int rn)
    {
     if(ln==rn)
     	{
     	 if(adn[cur]>=k)size[cur]=1;
     	 	else size[cur]=0;
     	 return ;
    	}
     pushdown(cur);
     int mid=(ln+rn)>>1;
     update(cur*2,ln,mid);
     update(cur*2+1,mid+1,rn);
     size[cur]=size[cur*2]+size[cur*2+1];
    }
    
    void que(int cur,int ln,int rn,int l,int r,int& anss)
    {
    	if(l<=ln&&r>=rn){anss+=size[cur];return ;}
    	int mid=(ln+rn)>>1;
    	if(l<=mid)que(cur*2,ln,mid,l,min(mid,r),anss);
    	if(r>mid)que(cur*2+1,mid+1,rn,max(l,mid+1),r,anss);
    }
    int main()
    {//freopen("t.txt","r",stdin);
     scanf("%d%d%d",&n,&k,&q);
      int l,r;
     for(int i=0;i<n;i++)
     	{
     	 scanf("%d%d",&l,&r);
     	 add(1,1,R,l,r);
    	}
     update(1,1,R);
     for(int i=0;i<q;i++)
     	{
     	 int anss=0;
     	 scanf("%d%d",&l,&r);
     	 que(1,1,R,l,r,anss);
     	 printf("%d
    ",anss);
    	}
     return 0;
    }
    

    C Karen and Game

    很简单的贪心。。放在C的位置有点过于简单了吧(虽然我被Hack了 不过是打字失误。。mdzz)

    提交前还是应该一行一行过一遍。。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    typedef long long int LL;
    const int N=200;
    int num[N][N];
    int n,m;
    vector<int>co,ro;
    int suma,sumb;
    void row()
    {
     for(int i=0;i<n;i++)
     	{
         int miv=num[i][0];
    	 for(int j=1;j<m;j++)
    	 	miv=min(miv,num[i][j]);
    	 for(int j=0;j<m;j++)
    	 	num[i][j]-=miv;	
    	 sumb+=miv*m;
    	 for(int k=0;k<miv;k++)
    	 	ro.push_back(i);
    	}
    }
    void col()
    {
     for(int i=0;i<m;i++)
     	{
         int miv=num[0][i];
    	 for(int j=1;j<n;j++)
    	 	miv=min(miv,num[j][i]);
    	 for(int j=0;j<n;j++)
    	 	num[j][i]-=miv;	
    	 sumb+=miv*n;
    	 for(int k=0;k<miv;k++)
    	 	co.push_back(i);
    	}
    }
    
    int main()
    {//freopen("t.txt","r",stdin);
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=0;i<n;i++)
     	for(int j=0;j<m;j++)
     		scanf("%d",&num[i][j]),suma+=num[i][j];
     if(n>m){col();row();}
     	else {row();col();}
     if(suma!=sumb){printf("-1
    ");return 0;}
     printf("%d
    ",(int)ro.size()+(int)co.size());
     for(int i=0;i<ro.size();i++)
     	printf("row %d
    ",ro[i]+1);
     for(int i=0;i<co.size();i++)
     	printf("col %d
    ",co[i]+1);
     return 0;
    }
    

      

    D Karen and Test

    技巧性很强的一道计数题 我们考虑计算每个数对答案的贡献 即它的系数

    观察发现 某个数的系数c 是它下一行的相邻两个数的系数的线性组合 是不是有点像组合数C(n,m)的递推公式 C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m)

    我们大胆猜测该系数是某种组合数的形式

    运用归纳法发现了公式

    另外发现了一个特点,当n=4k+1时 第一次进行加法和第一次进行减法的结果是相同的!(也可以用归纳法证明)

    所以,对于输入数据,我们首先进行几次暴力运算,将它转化为n=4k+1的形式 之后我们套用系数公式即可。

    做计数问题真的是要大胆猜想啊!!! 这道题猜到是组合数就离答案很近了!

    #include <bits/stdc++.h>
    #define MAXN 200010
    using namespace std;
    const int mod=1e9+7;
    int n,a[MAXN];
    
    long long q_pow(long long x,long long n)
    {
    	long long res=1,tmp=x;
    	while(n){
    		if(n&1) res=res*tmp%mod;
    		tmp=tmp*tmp%mod;
    		n>>=1;
    	}
    	return res;
    }
    
    int main()
    {
    	int i,j,c=1;
    	scanf("%d",&n);
    	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    	while(n%4!=1){
    		for(i=1;i<n;i++){
    			if(c) a[i]=(a[i]+a[i+1])%mod;
    			else a[i]=(a[i]-a[i+1]+mod)%mod;
    			c^=1;
    		}
    		n--;
    	}
    	long long p=n/2,C=1,ans=0;
    	for(i=0;i<=p;i++){
    		if(i) C=C*(p-i+1)%mod*q_pow(i,mod-2)%mod;
    		//cout<<C<<endl;
    		ans+=C*a[i<<1|1];
    		ans%=mod;
    	}
    	cout<<ans<<endl;
     return 0;
    }
    

     补充证明一下:为什么当n=4k+1时有很好的性质呢? 比如n=5的三角形题目也给出了 那么当n=4*2+1=9时 实际上是由5个n=5时的三角形部分重叠构成的!

        在这个基础上 所有的归纳证明都好办了。

    E Karen and Supermarket 

    很有趣的一道树形DP 题目给我们的所有商品显然构成了以商品1为根的树

    我们首先转化问题 考虑买j个商品的最小花费,然后枚举判断即可。

    那么 我们设函数f[i][j]表示 在子树i中购买j个商品可以使用优惠券的最小花费(即保证购买了商品i且使用了i的优惠券)

     g[i][j] 表示在子树i中购买j个商品不可以使用优惠券的最小花费

    转移方法是比较简单的,对于当前节点i 每次添加一个它的儿子(子树),枚举在新的子树中购买k个商品,在之前添加的所有子树中购买j-k个商品即可。

    __________________________________________________________________________________

    那么问题来了 这个转移的复杂度到底是多少? 

    先说结论,看似总的是三层循环,应该是O(n^3)实际复杂度是O(n^2)

    为什么呢? 这里采用反证法证明

    假如三层循环的上界都是 关于n的一次函数(不妨设 an,bn,cn) 此时满足总的复杂度O(n^3)

    但是,由于最外层循环添加了 an个子树(a是任意正实数 满足an为整数) 最内层循环每次添加了cn个节点

    即有an个子树,且存在一个子树有cn个节点,那么总的节点数就成了acn^2  意味着节点数不是O(n)而是O(n^2)出现矛盾

    所以三层循环不可能出现每层循环的上界都为n的一次函数的情况 即复杂度是n^3的无穷小。那么其幂函数部分必然是O(n^2)

    #include<bits/stdc++.h>
    #include<vector>
    #define N 5005
    using namespace std;
    const int oo=(1<<30)-1;
    vector<int> G[N];
    int n,m,sz[N],a[N],b[N],f[N][N],g[N][N],h[N];
    void dfs(int t)
    {
    	int i,j,k,x; sz[t]=1;
    	for(i=1;i<=n;i++) f[t][i]=g[t][i]=oo;
    	f[t][1]=a[t]-b[t];
    	g[t][0]=0,g[t][1]=a[t];
    	for(i=0;i<G[t].size();i++){
    		dfs(x=G[t][i]);
    		for(j=1;j<=sz[t];j++) h[j]=f[t][j];
    		for(j=1;j<=sz[t];j++)
    			for(k=1;k<=sz[x];k++)
    				f[t][j+k]=min(f[t][j+k],h[j]+min(f[x][k],g[x][k]));
    		for(j=0;j<=sz[t];j++) h[j]=g[t][j];
    		for(j=0;j<=sz[t];j++)
    			for(k=1;k<=sz[x];k++)
    				g[t][j+k]=min(g[t][j+k],h[j]+g[x][k]);
    		sz[t]+=sz[x];
    	  }
    }
    int main()
    {
    	int i,x;
    	scanf("%d %d",&n,&m);
    	for(i=1;i<=n;i++){
    		scanf("%d %d",&a[i],&b[i]);
    		if(i>1) scanf("%d",&x),G[x].push_back(i);
    	  }
    	dfs(1);
    	for(i=1;i<=n;i++)
    		if(min(f[1][i],g[1][i])>m) break;
    	cout<<i-1;
    	return 0;
    }
    

      

    蛤蛤 这个复杂度分析是不是很有趣? 看代码吧

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