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Contest Info
| Solved | A | B | C | D | E | F | G | H | I | J | K | L |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 8 / 13 | O | O | Ø | Ø | O | - | Ø | - | - | - | - | O |
- O 在比赛中通过
- Ø 赛后通过
- ! 尝试了但是失败了
- - 没有尝试
Solutions
A. Clam and Fish
贪心模拟。
Code
// Author : heyuhhh
// Created Time : 2020/07/18 12:23:24
#include<bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
void run() {
int n;
cin >> n;
string s;
cin >> s;
int ans = 0;
int p = 0;
int d = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (s[i] == '0') {
if (p > d) {
--p;
++ans;
} else if (d > 0) {
--d;
++ans;
}
} else if (s[i] == '1') {
if (p > d) {
//make it clam and use it later
++d;
} else {
++p;
}
} else {
++ans;
}
}
ans += d;
cout << ans << '
';
}
int main() {
#ifdef Local
freopen("input.in", "r", stdin);
#endif
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int T; cin >> T; while(T--)
run();
return 0;
}
B. Classical String Problem
将序列的翻转看作指针的偏移。
Code
// Author : heyuhhh
// Created Time : 2020/07/18 12:11:54
#include<bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
void run() {
string s; cin >> s;
int n = s.length();
int q; cin >> q;
int p = 0;
while (q--) {
string op;
int x;
cin >> op >> x;
if (op == "M") {
if (x > 0) {
p = (p + x) % n;
} else {
p = (p + x + n) % n;
}
} else {
int pos = (p + x - 1) % n;
cout << s[pos] << '
';
}
}
}
int main() {
#ifdef Local
freopen("input.in", "r", stdin);
#endif
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
C. Operation Love
通过叉积求出有向面积判断图形给出的方向，之后直接check即可。
Code
// Author : heyuhhh
// Created Time : 2020/07/18 21:11:26
#include<bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
void run() {
int n = 20;
vector<double> x(n + 1), y(n + 1);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> x[i] >> y[i];
}
x[n] = x[0], y[n] = y[0];
auto sq = [&] (double t) {
return t * t;
};
vector<double> d(n);
double tot = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
d[i] = sqrt(sq(x[i + 1] - x[i]) + sq(y[i + 1] - y[i]) + 0.5);
tot += x[i] * y[i + 1] - x[i + 1] * y[i];
}
if (tot < 0) {
reverse(all(d));
}
int a, b;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if ((int)(d[i] + 0.5) == 6) a = i;
if ((int)(d[i] + 0.5) == 8) b = i;
}
if ((a + 2) % n == b) {
cout << "right" << '
';
} else {
cout << "left" << '
';
}
}
int main() {
#ifdef Local
freopen("input.in", "r", stdin);
#endif
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int T; cin >> T; while(T--)
run();
return 0;
}
D. Points Construction Problem
题意：
无限大平面内要放置(n)个黑点，使得有(m)对黑点、白点相邻。
(n,mleq 200)。
思路：
显然是一个构造题，我们需要构造出刚好符合条件的方案。
首先考虑不合法的情况：(m)为奇数或者(m>4n)显然不合法，还有一个问题就是答案的下界。将问题转化为周长问题，那么面积相同的情况下，圆形的周长最小，所以下界应该是多个黑点紧凑在一起的情况。假设有(a)行(b)列，那么周长即为(2(a+b))，并且满足(acdot bgeq n)。据此可以算出下界。
那么之后直接构造，如果有(a,b)符合条件那么直接输出；
否则观察我们拿走一个到无穷远的地方，周长只会增加(2)或者(4)，所以我们直接这样操作就行。
最后如果周长还差(2)，那么我们将两个黑点拼在一起即可。
Code
// Author : heyuhhh
// Created Time : 2020/07/19 09:35:17
#include<bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
void err(int x) {cerr << x;}
void err(long long x) {cerr << x;}
void err(double x) {cerr << x;}
void err(char x) {cerr << '"' << x << '"';}
void err(const string &x) {cerr << '"' << x << '"';}
void _print() {cerr << "]
";}
template<typename T, typename V>
void err(const pair<T, V> &x) {cerr << '{'; err(x.first); cerr << ','; err(x.second); cerr << '}';}
template<typename T>
void err(const T &x) {int f = 0; cerr << '{'; for (auto &i: x) cerr << (f++ ? "," : ""), err(i); cerr << "}";}
template <typename T, typename... V>
void _print(T t, V... v) {err(t); if (sizeof...(v)) cerr << ", "; _print(v...);}
#ifdef Local
#define dbg(x...) cerr << "[" << #x << "] = ["; _print(x)
#else
#define dbg(x...)
#endif
//head
const int N = 1e5 + 5;
void run() {
int n, m;
cin >> n >> m;
int a, b;
int Min = INF;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
if (i * j >= n && (i - 1) * j < n && i * (j - 1) < n) {
if (2 * (i + j) < Min) {
Min = 2 * (i + j);
a = i, b = j;
}
if (2 * (i + j) == m) {
a = i, b = j;
goto nxt;
}
}
}
} nxt:;
if (m & 1 || m > 4 * n || m < 2 * (a + b)) {
cout << "No" << '
';
return;
}
dbg(a, b);
vector<pii> ans;
int tot = 2 * (a + b);
int r = n;
for (int i = 1; i <= a && r; i++) {
for (int j = 1; j <= b && r; j++, --r) {
ans.push_back(MP(i, j));
}
}
vector<pii> res;
int x = 1000000, y = 100000000;
while (sz(ans) > 1 && m - tot >= 4) {
pii now = ans.back();
ans.pop_back();
if (now.se == 1 || now.fi == 1) {
tot += 2;
} else {
tot += 4;
}
res.push_back(MP(x, y));
x += 2;
}
assert(m - tot <= 2);
if (m - tot >= 2) {
pii now = ans.back();
ans.pop_back();
if (now.fi == 1 || now.se == 1) {
res.push_back(MP(x, y));
} else {
res.push_back(MP(now.fi - 1, b + 1));
}
}
cout << "Yes" << '
';
for (auto it : res) {
cout << it.fi << ' ' << it.se << '
';
}
for (auto it : ans) {
cout << it.fi << ' ' << it.se << '
';
}
}
int main() {
#ifdef Local
freopen("input.in", "r", stdin);
#endif
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int T; cin >> T; while(T--)
run();
return 0;
}
E. Two Matchings
考虑将数组升序排序，那么如果只找一个序列的话显然((1,2),(3,4),cdots)这样进行匹配，我们将其看作((-,+,-,+,-,+,...,-,+))。
对于第二个序列，比较直观的方法是((-,-,+,-,+,...,+,+))。会发现此时答案为(2(a_n-a_1))。
但这并不是最优解，观察我们可以交换第二个序列中某个(+)和前面一个(-)的顺序，这样能使得答案最小。
并且有一个这样的性质，对于(i,i+1,i+2,i+3)这四个位置，如果我们交换了(i+2,i+3)，那么不能交换(i,i+1)。并且也不能交换(2,3)以及(n-2,n-1)。
所以根据这一点直接(dp)就行。
详见代码：
Code
// Author : heyuhhh
// Created Time : 2020/07/18 13:37:37
#include<bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
void run() {
int n;
cin >> n;
vector<ll> a(n);
ll ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
sort(all(a));
for (int i = 1; i < n; i += 2) {
ans += a[i] - a[i - 1];
}
vector<ll> dp(n);
dp[0] = -a[0];
dp[2] = -a[0] - a[1] + a[2];
for (int i = 4; i < n - 1; i += 2) {
dp[i] = dp[i - 2] + a[i] - a[i - 1];
if (i < n - 2) {
dp[i] = min(dp[i], dp[i - 4] - a[i - 3] + a[i - 2] + a[i - 1] - a[i]);
}
}
ans += dp[n - 2] + a[n - 1];
cout << ans << '
';
}
int main() {
#ifdef Local
freopen("input.in", "r", stdin);
#endif
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int T; cin >> T; while(T--)
run();
return 0;
}
F. Fraction Construction Problem
题意：
构造题。
给出(a,bleq 2cdot 10^6)。
然后找到(c,d,e,f)，满足：
- (frac{c}{d}-frac{e}{f}=frac{a}{b});
- (d<b,f<b);
- (1leq c,eleq 4cdot 10^{12}).
无解则输出-1。
思路：
令(g=gcd(a,b))，首先注意到如果(g>1)那么就win了，方案很容易构造。
接下来就只用考虑(g=1)的情况，大体思路就是构造(d,f)使得(dcdot f=b)，之后再解一个(cf-ed=a)的二元一次方程。
方程有解则需要保证(gcd(d,f)|a)，又因为(dcdot f = b,gcd(a,b)=1)。也就是我们找的(d,f)一定是互质的，否则就不可能存在解。
所以找到这样的两个数过后用exgcd解一下方程就行。
但这里我有个问题，就是在exgcd的过程中先乘(c)会wa，后乘(c)就A了，但实际上两种写法都没问题，不知道是哪里的原因...
Code
// Author : heyuhhh
// Created Time : 2020/07/18 15:52:18
#include<bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 2e6 + 5;
const ll MAX = 4e18;
int v[N], prime[N];
int num;
void Euler() {
v[1] = 1;
for(int i = 2; i < N; i++) {
if(v[i] == 0) {
v[i] = i;
prime[++num] = i;
}
for(int j = 1; j <= num && prime[j] * i < N; j++) {
v[prime[j] * i] = prime[j] ;
}
}
}
void exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
if(b == 0) {
x = 1, y = 0;
return ;
}
exgcd(b,a%b,x,y);
ll z = x ;
x = y;
y = z - y * (a / b);
}
//ax + by = c
ll calc(ll a, ll b, ll c) {
ll x, y;
ll g = __gcd(a, b);
assert(g == 1);
// g = 1
a /= g, b /= g, c /= g;
exgcd(a, b, x, y);
assert(x <= MAX / c);
// x *= c;
x = (x % b + b) % b;
if (x == 0) x += b;
x *= c;
return x;
}
void run() {
int a, b;
cin >> a >> b;
int g = __gcd(a, b);
if (g == 1) {
// c / d - e / f = a / b
// cf - ed = a
if (v[b] == b) {
cout << -1 << ' ' << -1 << ' ' << -1 << ' ' << -1 << '
';
} else {
int f = 1;
int x = b;
while (x % v[b] == 0) {
x /= v[b];
f *= v[b];
}
if (x == 1) {
cout << -1 << ' ' << -1 << ' ' << -1 << ' ' << -1 << '
';
return;
}
int d = b / f;
ll c = calc(f, d, a);
ll e = (c * f - a) / d;
if (e < 0) {
e = -e;
}
assert(e > 0 && c > 0 && c <= 1000000000000 && e <= 1000000000000);
cout << c << ' ' << d << ' ' << e << ' ' << f << '
';
}
} else {
a /= g, b /= g;
int t = a / b;
int c = t + 1, d = 1;
ll e = b - a % b, f = b;
cout << c << ' ' << d << ' ' << e << ' ' << f << '
';
}
}
int main() {
#ifdef Local
freopen("input.in", "r", stdin);
#endif
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
Euler();
int T; cin >> T; while(T--)
run();
return 0;
}
G. Operating on a Graph
题意：
给出一张(n)个点，(m)条边的无向图，现在每个点初始颜色为(i)。
现在有(q)次操作，每次操作选择一个颜色为(i)的集合，并且将其周围的点颜色都染为(i)。
最后问(q)次操作结束过后每个点的颜色。
思路：
考虑每个点至多会被染一次色，所以可以直接模拟。
但模拟涉及到点集的合并，这一点会导致复杂度爆炸。
然后合并的时候搞个链表其实就行了，因为并不需要随机访问中间某个点，并且链表可以(O(1))合并。
Code
// Author : heyuhhh
// Created Time : 2020/07/20 09:41:10
#include<bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 8e5 + 5;
int n, m;
int f[N];
list<int> lists[N];
vector<int> G[N];
void init() {
for (int i = 0; i < n; i++) {
f[i] = i;
G[i].clear();
lists[i].clear();
lists[i].push_back(i);
}
}
int find(int x) {
return f[x] == x ? f[x] : f[x] = find(f[x]);
}
void Union(int x, int y) {
int fx = find(x), fy = find(y);
if (fx != fy) {
f[fy] = fx;
lists[fx].splice(lists[fx].end(), lists[fy]);
}
}
void run() {
cin >> n >> m;
init();
for (int i = 0; i < m; i++) {
int u, v;
cin >> u >> v;
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
int q;
cin >> q;
while (q--) {
int o;
cin >> o;
if (find(o) != o) continue;
int size = sz(lists[o]);
for (int i = 0; i < size; i++) {
int u = lists[o].front();
for (auto v : G[u]) {
Union(o, v);
}
lists[o].pop_front();
}
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
cout << find(i) << ' ';
}
cout << '
';
}
int main() {
#ifdef Local
freopen("input.in", "r", stdin);
#endif
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int T; cin >> T; while(T--)
run();
return 0;
}
L. Problem L is the Only Lovely Problem
签到。
Code
// Author : heyuhhh
// Created Time : 2020/07/18 12:01:57
#include<bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
void run() {
string s;
cin >> s;
if (s.length() < 6) {
cout << "ugly" << '
';
return;
}
for (int i = 0; i < 6; i++) {
if (s[i] >= 'A' && s[i] <= 'Z') {
s[i] = s[i] - 'A' + 'a';
}
}
string t = s.substr(0, 6);
if (t == "lovely") {
cout << "lovely" << '
';
} else {
cout << "ugly" << '
';
}
}
int main() {
#ifdef Local
freopen("input.in", "r", stdin);
#endif
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}