Codeforces Round #279 (Div. 2)

A. Team Olympiad

水题英文还这么长。。。

#include<bits/stdc++.h>
#define eps 1e-9
#define FOR(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
int i,j,k,n,m,x,y,T,ans,big,cas;
bool flag;
vector <int> a[5];
int num,t;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&t);
        a[t].push_back(i);
    }
    num=min((int)a[1].size(),(int)a[2].size());
    num=min(num,(int)a[3].size());
    printf("%d
",num);
    for (i=0;i<num;i++)
    {
        printf("%d %d %d
",a[1][i],a[2][i],a[3][i]);
    }
    return 0;
}

B. Queue

有n个人排队，每个人都有一个编号，现给出每个人前边一人的编号和后边一人的编号（如果没有人则是0），求出原来队中人的顺序（输出编号）。

模拟，因为编号只有10^6，因此可以开两个10^6的数组，a[i][0]记录编号为i的人前边的前边的人的编号，a[i][1]记录编号为i的人后边的后边的人的编号。

显然从0开始能够确定偶数位置人的顺序，然后将他们标记为-1，再根据剩下的确定奇数位置的人的顺序即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define eps 1e-9
#define FOR(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
int i,j,k,n,m,x,y,T,big,cas,a[1000006][2],st,l[200005],r[200005],ans[200005],temp;
bool flag;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
        a[r[i]][0]=l[i];
        a[l[i]][1]=r[i];
    }
    for (st=a[0][1],j=2;st!=0;j+=2)//确定偶数位置人 
    {
        ans[j]=st;
        temp=a[st][1];
        a[st][0]=-1;//已经确定位置的人标记为-1 
        a[st][1]=-1;
        st=temp;
    }
    for (i=1;i<=n;i++) 
        if (a[l[i]][0]==0) 
        {
            st=l[i];//找到奇数位置最前边的人 
            break;
        }
    ans[1]=st;    
    j=1;
    for (;st!=0;st=a[st][1],j+=2)//确定奇数位置的人 
    {
        ans[j]=st;
    }
    for (i=1;i<n;i++) printf("%d ",ans[i]);
    printf("%d
",ans[n]);
    return 0;
}

C. Hacking Cypher

给一个大数（长度10^6）问能够否分割成两个数，前边的能被a整除，后边的能被b整除，所有数不能有前导零。

模拟，取模的几个性质应该都懂吧，设某个数是def，那么def=d*100+e*10+f ，def mod n = ((d mod n)*(100 mod n)+(e mod n)*(10 mod n)+f mod n) mod n

设pre[i]为前i位能否整除a，suf[j]为后j为能否整除b。先预处理出pre和suf，显然pre[i]=true 并且 suf[i+1]=true的时候就是答案。

求suf的时候就可以通过前一位的pre值判断是否有解了，因此代码中没有开suf数组。

#include<bits/stdc++.h>
#define eps 1e-9
#define FOR(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
int i,j,k,n,m,x,y,T,ans,big,cas,a,b,len,w;
bool flag,pre[1000005];
char s[1000005];
int main()
{
    scanf("%s",s);
    scanf("%d%d",&a,&b);
    len=strlen(s);
    for (i=0;i<len-1;i++)
    {
        x=(x*10+s[i]-'0')%a;
        if (x==0)
        {
            pre[i]=true;
        }
    }
    w=1;x=0;
    for (i=len-1;i>0;i--)
    {
        x=(x+w*(s[i]-'0'))%b;
        w=w*10%b;
        if (x==0&&pre[i-1]&&s[i]!='0')
        {
            printf("YES
");
            for (j=0;j<i;j++)
            {
                printf("%c",s[j]);
            }
            printf("
");
            for (j=i;j<len;j++)
            {
                printf("%c",s[j]);
            }
            printf("
");
            return 0;
        }
    }
    
    printf("NO
");
    return 0;
}

D. Chocolate

给两个巧克力，尺寸分别为a1*b1,a2*b2，现在想让它们的面积相同，有两种措施：

1.吃掉其中一个巧克力的一半

2.吃掉其中一个巧克力的1/3

并且剩下每次操作后剩余巧克力尺寸是整数，问至少操作几次。。。并输出最终巧克力的尺寸

先让a1,a2,b1,b2分别不断整除2再不断整除3，直到不能整除为止，如果最终的a1*b1不等于a2*b2，则说明无解，输出-1

（假设存在有解a1,b1,a2,b2，则由题目一定有a1*b1=a2*b2，a1*b1,a2*b2一定有相同的2的因子数和3的因子数，这时让它们不断整除2整除3，直到不能整除为止，a1*b1=a2*b2仍然成立）

设s1=a1*b1，s2=a2*b2，则如果s1/gcd(s1,s2)不等于s2/gcd(s1,s2)，说明无解。

有解的时候s1'=s2'，一定有s1'/gcd(s1',s2')=s2'/gcd(s1',s2')=s1/gcd(s1,s2)=s2/gcd(s1,s2)

下面就是解这个式子：

s1*(1/2)^x1*(2/3)^y1 =s2*(1/2)^x2*(2/3)^y2 可以化简为

s1 =s2 * 2^x1-x2-y1+y2 * 3^y1-y2
找s1与s2关于2和3的因子数之差就能算出答案。

#include<bits/stdc++.h>
#define eps 1e-9
#define FOR(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
LL i,j,k,n,m,x,y,T,ans,big,cas,a[5],b[5],c[5],d[5],t,thr,two;
bool flag;
int main()
{
    for (i=1;i<=4;i++) scanf("%I64d",&a[i]);
    for (i=1;i<=4;i++)
    {
        t=a[i];
        while (t%2==0)
        {
            t/=2;
            b[i]++;//记录因子2的个数 
        }
        while (t%3==0)
        {
            t/=3;
            c[i]++;//记录因子3的个数 
        }
        d[i]=t;
    }
    if (d[1]*d[2]!=d[3]*d[4]) 
    {
        printf("-1
");
        return 0;
    }
    thr=c[3]+c[4]-c[1]-c[2];
    if (thr>0)
    {
        t=thr;
        while (t>0&&a[3]%3==0)
        {
            a[3]=a[3]*2/3;
            t--;
        }
        while (t>0&&a[4]%3==0)
        {
            a[4]=a[4]*2/3;
            t--;
        }
    } else
    {
        t=-thr;
        while (t>0&&a[1]%3==0)
        {
            a[1]=a[1]*2/3;
            t--;
        }
        while (t>0&&a[2]%3==0)
        {
            a[2]=a[2]*2/3;
            t--;
        }
    }
    two=b[3]+b[4]-b[1]-b[2]+thr;//记得加上因除去因子3而多出来的因子2 
    
    if (two>0)
    {
        t=two;
        while (t>0&&a[3]%2==0)
        {
            a[3]=a[3]/2;
            t--;
        }
        while (t>0&&a[4]%2==0)
        {
            a[4]=a[4]/2;
            t--;
        }
    } else
    {
        t=-two;
        while (t>0&&a[1]%2==0)
        {
            a[1]=a[1]/2;
            t--;
        }
        while (t>0&&a[2]%2==0)
        {
            a[2]=a[2]/2;
            t--;
        }
    }
    printf("%I64d
",abs(thr)+abs(two));
     printf("%I64d %I64d
%I64d %I64d
",a[1],a[2],a[3],a[4]);
    return 0;
}

E. Restoring Increasing Sequence

给出严格递增的几个数，其中几个数的某几位不知道用符号?给出，输出一种方案。

分类讨论，这类题目写的好烦=。=#

首先讨论与上一位的长度（第一个数的上一位设为0）的关系，如果他们的长度相等再从头到尾递归扫描。

用dfs(i)=0表示到第i位是否需要向前边借位，比如数据：

pre=14349

now=14?4?

now的第5位的问号处只能是0，这时如果要满足题意，就一定要求now的前边4位组成的数 比 pre的前四位组成的数大，因此dfs(5)=1。

如果到递归第一个问号后仍然需要借位，则说明无解，比如：

pre=14949

now=14?49

第一个问号处dfs(3)=1，而前边两位的数不可能比pre的前两位大，因此输出NO。

其它的讨论细节乱搞一下，再乱搞乱搞。。。。还是详见代码吧：

#include<bits/stdc++.h>
#define eps 1e-9
#define FOR(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
int i,j,k,n,m,x,y,T,big,cas,last_len,len;
bool flag;
char last[10],s[10],bf[10],ans[100005][10];
bool dfs(int x)//false为不需要进位，true表示需要进位 
{
    if (x>=len) return 1; 
    if (s[x]=='?')
    {
        if (dfs(x+1))
        {
            s[x]=last[x];
            if (last[x]=='9')
            {
                s[x]='0';
                return 1;
            }else
            {
                s[x]=last[x]+1;
                return 0;
            }
        }else
        {
            s[x]=last[x];
            return 0;
        }
    }else
    {
        if (s[x]>last[x])
        {
            for (int i=x+1;i<len;i++)
            {
                if (bf[i]=='?') s[i]='0';
            }
            return 0;
        }else
        if (s[x]<last[x])
        {
            for (int i=x+1;i<len;i++)
            {
                if (bf[i]=='?') s[i]='0';
            }
            return 1;
        }else
        {
            return dfs(x+1);
        }
    }
}
            

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    strcpy(last,"0"); last_len=0;
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%s",s);
        len=strlen(s);
        if (last_len>len)
        {
            printf("NO
");
            return 0;
        }else
        if (last_len<len)
        {
            if (s[0]=='?') s[0]='1';
            for (j=1;j<len;j++)
            {
                if (s[j]=='?')
                {
                    s[j]='0';
                }
            }
            strcpy(ans[i],s);
            last_len=len;
            strcpy(last,s);
        }else
        {
            strcpy(bf,s);
            if (dfs(0))
            {
                printf("NO
");
                return 0;
            }else
            {
                strcpy(ans[i],s);
                last_len=len;
                strcpy(last,s);
            }
        }
    }
    printf("YES
");
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        printf("%s
",ans[i]);
    }
    return 0;
}

F. Treeland Tour

给一棵最多6000个结点的树，每个点有权值，求其中的一条链，使得LIS的序列和最大。

网上有人竟然枚举起点+求LIS o(N^2logN) 通过了，醉了，看来数据是很水了，在board上点开看了几个人的代码也是这样写的，不知道正解是怎样

---

啊，第一场做出5道题的CF比赛，第一次排名这么靠前，只是不算rating。。。截个图