CCPC2018-湖南全国邀请赛

传送门

A - Easy (h)-index

签到。

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2019/10/29 11:58:23
 */
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << '
'; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '
'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
const int MAXN = 2e5+5;
typedef long long ll;
int n,a[MAXN];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    while(cin>>n){
        for(int i=0;i<=n;i++)cin>>a[i];
        int ans = 0;
        ll sum1=0,sum2=0;
        for(int i=n;i>=1;i--){
            sum1+=a[i];
            if(sum1 >= i)ans=max(ans,i);            
        }
        cout<<ans<<'
';
    }
    return 0;
}

B - Higher (h)-index

题意：
定义(h)指数为现在至少有(h)篇论文，它的被引用次数至少为(h)。
现在你要开始写论文，若在一篇论文上花(x)小时，则会被引用(acdot x)次；同时，写一篇论文的时候，也可以引用之前自己写过的论文。
现在共有(n)小时来分配写论文，问最大的(h)指数为多少。

思路：
被这个题卡了两个小时...二分思路其实很早就有了，但是细节没有考虑清楚。

• 显然(h)指数具有单调性，故二分(h)，那么我们接下来就是判断(n)个小时能否通过合理的分配，最终满足(h)指数。
• 首先肯定要写(h)篇论文，并且每篇尽可能应用前面的文章，那么最后得到的引用序列就为：(a+h-1,a+h-2,cdots,a)。
• 注意到这个值是连续下降的，观察发现我们每次多花一个小时写一篇新论文，则(1)到(h)号论文中至多有一篇的引用次数会增加到(h)，等价于在这篇论文上多花一个小时来达到目标。
• 所以策略就是判断(a)和(h)的大小关系，若(h<a)，那么就在后面新写(a-h)篇论文即可。

代码很短：

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2019/11/3 11:29:12
 */
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << '
'; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '
'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
int n,a;

bool chk(int h) {   
    ll t = h;
    if(h > a) {
        t += h - a;
    }
    return t <= n;
}

void run() {
    int l = 0, r = n + 1, mid;
    while(l < r) {
       int mid = (l + r) >> 1;
       if(chk(mid)) l = mid + 1;
       else r = mid; 
    }
    cout << l - 1 << '
'; 
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    while(cin>>n>>a) run();
	return 0;
}

C - Just (h)-index

似乎是个主席树裸题...

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define mid l+((r-l)>>1)
const int MAXN = 1e5+5;
using namespace std;
int n,q,a[MAXN],tot,rt[MAXN],sz[MAXN*20],lc[MAXN*20],rc[MAXN*20];

void build(int *o,int l,int r){
    *o = ++tot;
    sz[*o] = 0;
    if(l==r)return ;
    int m=mid;
    build(&lc[*o],l,m);build(&rc[*o],m+1,r);
}
void insert(int *o,int u,int v){
    int l=1,r=n,m;
    while(l!=r){
       m=mid;
       sz[*o=++tot] = sz[u] + 1;
       if(v<=m)rc[*o]=rc[u],o=&lc[*o],u=lc[u],r=m;
       else lc[*o]=lc[u],o=&rc[*o],u=rc[u],l=m+1;
    }
    sz[*o=++tot] = sz[u]+1;
}

int query(int u,int o,int l,int r,int sum){
    if(l==r)return l;
    int m = mid;
    int s = sz[rc[o]] - sz[rc[u]];
    if(sum + s >= m+1)return query(rc[u],rc[o],m+1,r,sum);
    else{
        return query(lc[u],lc[o],l,m,sum + s);
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
    while(cin>>n>>q){
        for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
        tot=0;
        build(&rt[0],1,n);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            insert(&rt[i],rt[i-1],a[i]);
        }
        while(q--){
            static int l,r;
            cin>>l>>r;
            cout<<query(rt[l-1],rt[r],1,n,0)<<'
';
        }
    }
    return 0;
}

F - Sorting

直接按规则排序即可，因为涉及到分数，通分又会爆long long，所以手写一个分数类。但这还不够，最后比较分数的大小的时候辗转相除一下即可。复杂度多个(logn).

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2019/10/29 11:58:23
 */
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << '
'; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '
'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
const int MAXN = 2e5+5;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
int n;
inline int cmp(ull a,ull b,ull c,ull d){
    if(a/b == c/d){
        if(a%b==0&&c%d==0)return 0;
        else if(a%b==0 && c%d!=0)return -1;
        else if(a%b!=0 && c%d==0)return 1;
        return -cmp(b,a%b,d,c%d);
    }
    else{
        return a/b < c/d?-1:1;
    }
}
struct frac{
    ull x,y;
    int id;
    bool operator <(const frac&rhs)const{
        int d = cmp(x,y,rhs.x,rhs.y);
        if(d==0)return id<rhs.id;
        else{
            return d==-1?true:false;
        }
    }
}a[MAXN];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    while(cin>>n){
        ull x,y,z;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            cin>>x>>y>>z;
            a[i].x = (x+y);
            a[i].y = (x+y+z);
            a[i].id = i;
        }
        sort(a+1,a+1+n);
        for(int i=1;i<=n;i++)cout<<a[i].id<<" 
"[i==n];
    }
    return 0;
}

G - String Transformation

题意：
给出只由(a,b,c)构成的(S)串和(T)串，现在有三种特殊的串(aa,bb,abab)，可以在(S)串中任意插入或者删除，问最后能否变为(T)串。

思路：

• 因为特殊字符串不涉及(c)，所以相当于(c)为分隔符，现在只用考虑全由(a,b)构成的两个字符串是否相等。
• 注意一个特殊的东西：(ab)可以变为(ba)，(ba)也可以变为(ab)。
• 那么可以大力猜测最终倘若把字符串化为最简，是由很少的几个字符构成。
• 因为无论删除(aa,bb)还是(abab)，(a,b)个数的奇偶性不会发生改变，那么我们直接根据两个串的(a,b)奇偶性来判断就行。
• 正确性：假设我们全都删掉连续的相同的，并且把一些连续的(abab)删掉，显然最后只有可能是(aba,emptyset,a,b,ab)这几种情况，然后就可以发现与奇偶性相关了。

代码如下：

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2019/11/3 11:29:12
 */
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << '
'; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '
'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e4 + 5;

int n, m;
char s[N], t[N];

void run(){
    n = strlen(s + 1), m = strlen(t + 1);
    int c1 = 0, c2 = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) c1 += (s[i] == 'c');
    for(int i = 1; i <= m; i++) c2 += (t[i] == 'c');
    if(c1 != c2) {
        cout << "No" << '
';
        return;
    }
    int i = 1, j = 1;
    int s_a = 0, s_b = 0, t_a = 0, t_b = 0;
    while(i <= n || j <= m) {
        while(i <= n && s[i] != 'c') {
            if(s[i] == 'a') ++s_a;
            else ++s_b;
            ++i;   
        }
        while(j <= m && t[j] != 'c') {
            if(t[j] == 'a') ++t_a;
            else ++t_b;
            ++j;
        }
        ++i, ++j;
        if(((s_a & 1) == (t_a & 1)) && ((s_b & 1) == (t_b & 1))) {
            s_a = s_b = t_a = t_b = 0;
        }
        else {
            cout << "No" << '
';
            return;
        }
    }
    cout << "Yes" << '
';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    while(cin >> (s + 1) >> (t + 1)) run();
	return 0;
}

J - Vertex Cover

题意：
给出一个完全图，第(i)个点的权值为(2^i)。
询问有多少种选边方式，使得覆盖这些边的点集之和为(k)（给出其二进制表示）。
定义覆盖一条边即为这条边的两个端点至少有一个点被选中。
同时，选择点去覆盖边时，尽量选择权值之和较小的点。也就是说，对于一条边的两个点，只选择权值较小的那一个点即可，不选择另一端点（假设图中只有这一条边）。

思路：

• 按二进制位从高到底考虑：
• 假设当前为(1)，设前面有(a)个(1)，(b)个(0)，那么方案数为((2^b-1)cdot 2^a)，表示至少连向一个(0)，同时可以任意连向(1)，这样可以保证这个(1)必选；
• 如果当前为(0)，方案数为(2^a)，表示可以随便连向前面的(1)，因为前面的(1)必选，所以这个(0)必然不会选。
• 然后就没了。

代码如下：

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2019/11/3 11:29:12
 */
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << '
'; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '
'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int MOD = 1e9+7,MAXN=1e5+5;
//head
int n,pw[MAXN];
char s[MAXN],t[MAXN];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    pw[0]=1;
    for(int i=1;i<=100000;i++)pw[i] = pw[i-1]*2%MOD;
    while(cin>>n){
        cin>>t;
        int len =strlen(t);
        for(int i=0;i<n-len;i++)s[i]='0';
        for(int i=0;i<len;i++)s[n-len+i] = t[i];
        int cnt=0;
        ll ans=1;
        for(int i=0;i<n;i++){
            if(s[i]=='1')ans = ans*((pw[i-cnt]-1+MOD)%MOD)%MOD*pw[cnt]%MOD;
            else ans=ans*pw[cnt]%MOD;
            if(s[i]=='1')cnt++;
        }
        cout<<ans<<'
';
    }
    return 0;
}

K - 2018

题意：
给出(a,b,c,d)，问有多少对((x,y))，满足(aleq xleq b,cleq yleq d)，且(xcdot y|2018)。

思路：
分情况讨论即可：

• (x)为(1009)的奇数倍；
• (x)为(1009)的偶数倍；
• (x)为偶数且不为(1009)的倍数；
• (x)为奇数且不为(1009)的倍数。

这样就能覆盖所有情况了。

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2019/10/29 11:58:23
 */
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
  void err() { std::cout << '
'; }
  template<typename T, typename...Args>
  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
  #define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '
'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
const int MAXN = 2e5+5;
typedef long long ll;
ll a,b,c,d;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
    while(cin>>a>>b>>c>>d){
        ll ans=0;
        ans += (b/2018 -(a-1)/2018) * (d-c+1);
        ans += ((b/1009 - (a-1)/1009) - (b/2018 - (a-1)/2018)) * (d/2 -(c-1)/2);
        ans += (b/2 - (a-1)/2 - (b/2018 - (a-1)/2018)) * (d/1009 - (c-1)/1009);
        ans += (b-a+1 - (b/2 - (a-1)/2) - ((b/1009 - (a-1)/1009) - (b/2018 - (a-1)/2018))) * (d/2018 - (c-1)/2018);
        cout<<ans<<'
';
    }
    return 0;
}