codeforces contest 1142

前言

这个contest是div1的，div2的题其实也做了一下，但这里就不贴出了

CF 1142 A

题目大意：有nnn个城市排成一圈，相邻两个城市距离为kkk，一个人从起点SSS（SSS未给出）开始，每次走xxx（xxx未给出）的距离，当其第二次到达SSS时就不再走了
现在给出离起始位置最近的城市的距离aaa和离走一步后的位置最近的城市的距离bbb，求可能的走的步数的最大值和最小值
n,k≤105n,k\le10^5n,k≤105
题解：
这题的英文题意有点点难懂
首先，我们可以分类讨论aaa，bbb的情况（因为我们发现最近可以是左边也可以是右边，所以我们讨论的话有4种可能性），然后我们再讨论跨过的城市数，就可以唯一确定xxx（SSS其实也可以知道，但是这里用不到）
我们考虑步数的情况，设步数为lll圈数为ttt，那么满足lx=nktlx=nktlx=nkt即l=nktxl=\frac{nkt}{x}l=xnkt
由于第一次走到SSS就不继续走了，所以一定满足t=xgcd(nk,x)t=\frac{x}{gcd(nk,x)}t=gcd(nk,x)x
ttt已经固定，那么代入可得l=nkgcd(nk,x)l=\frac{nk}{gcd(nk,x)}l=gcd(nk,x)nk，我们希望lll求最值，那么就对gcd(nk,x)gcd(nk,x)gcd(nk,x)求最值即可，复杂度O(n)\mathcal O(n)O(n)

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define rg register
template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;}
template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');}
template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);}
template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;}
template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;}
template <typename T> inline T gcd(const T a,const T b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);}
ll n,k,a,b;
int main()
{read(n),read(k),read(a),read(b);ll mi=0x7fffffffffffffff,mx=0;for(int i=0;i<n;i++){ll x1=gcd(n*k,k-a-b+i*k),x2=gcd(n*k,k+b-a+i*k),x3=gcd(n*k,a+b  +i*k),x4=gcd(n*k,k+a-b+i*k);mi=min(mi,min(x1,min(x2,min(x3,x4))));mx=max(mx,max(x1,max(x2,max(x3,x4))));}print(n*k/mx),putchar(' '),print(n*k/mi);return 0;
}

CF 1142 B

题目大意：给定一个长度为nnn的排列AAA和一个长度为mmm的数组BBB
若干组询问，每次询问数组BBB的一个子段CCC（位置是lll到rrr）是否包含一个子序列DDD使得AAA与DDD循环同构
n,m≤2⋅105n,m\le2·10^5n,m≤2⋅105
题解： 我们考虑预处理每个端点lll，存在一个合法的DDD的rrr的最小值
由于这题中的AAA是个排列，所以以每个点开始的下一个位置都是唯一确定的
考虑倍增以每个位置开始走2k2^k2k步的最靠左位置，最后直接通过这个数组算出走n−1n-1n−1步的最靠左位置即可，复杂度O(nlogn)\mathcal O(nlogn)O(nlogn)

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define rg register
template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;}
template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');}
template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);}
template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;}
template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;}
int n,m,q;
int las[200005],nxt[200005],a[200005],b[200005],f[200005][19],ml[200005];
int main()
{read(n),read(m),read(q);for(rg int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);for(rg int i=1;i<=m;i++)read(b[i]);for(rg int i=1;i<n;i++)nxt[a[i]]=a[i+1];nxt[a[n]]=a[1];for(rg int i=1;i<=n;i++)las[i]=m+1;for(rg int j=0;j<=18;j++)f[m+1][j]=m+1;n--;ml[m+1]=m+1;for(rg int i=m;i>=1;i--){f[i][0]=las[nxt[b[i]]];las[b[i]]=i;for(rg int j=1;j<=18;j++)f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];int tot=i;for(rg int j=0;j<=18;j++)if((1<<j)&n)tot=f[tot][j];ml[i]=min(ml[i+1],tot);}while(q--){int l,r;read(l),read(r);putchar((r>=ml[l])+'0');}return 0;
}

CF 1142 C

题目大意：给定平面上的nnn个点，很显然，两个xxx坐标不同的点确定一个二次函数y=x2+bx+cy=x^2+bx+cy=x2+bx+c
问有多少个二次函数满足没有点被包在内部（一个点(xi,yi)(x_i,y_i)(xi,yi)被二次函数包在内部的定义是yi>xi2+bxi+cy_i>x_i^2+bx_i+cyi>xi2+bxi+c）
n≤105n\le10^5n≤105
题解：
CCC题就计算几何了，但是这题并不麻烦
我们考虑把式子移项
变成y−x2=bx+cy-x^2=bx+cy−x2=bx+c
即如果每个点(xi,yi)(x_i,y_i)(xi,yi)变成(xi,yi−xi2)(x_i,y_i-x_i^2)(xi,yi−xi2)，就成了两个点确定一个一次函数了
考虑被包住的定义，同样移项变成yi−xi2>bxi+cy_i-x_i^2>bx_i+cyi−xi2>bxi+c，相当于就是在这个一次函数的上方
我们发现，这样就好做了，考虑上下凸壳求凸包法，我们直接输出上凸壳的边数即可
求凸壳复杂度O(nlogn)\mathcal O(nlogn)O(nlogn)

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define rg register
template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;}
template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');}
template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);}
template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;}
template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;}
int n,top=1;
struct Point
{ll x,y;bool operator <(const Point b)const{return x==b.x?y>b.y:x<b.x;}Point operator -(const Point b)const{return (Point){x-b.x,y-b.y};}
}Q[100001];
ll Cross(Point a,Point b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
int main()
{read(n);for(rg int i=1;i<=n;i++)read(Q[i].x),read(Q[i].y),Q[i].y-=Q[i].x*Q[i].x;std::sort(Q+1,Q+n+1);for(rg int i=2;i<=n;i++)if(Q[i].x!=Q[top].x){while(top>1&&Cross(Q[i]-Q[top-1],Q[top]-Q[top-1])<=0)top--;Q[++top]=Q[i];}print(top-1);return 0;
}

CF 1142 D

题目大意：定义一个数列AAA，满足如下性质：

给定一个字符串SSS，求有多少种作为一个子串出现的数xxx(x≥1x\ge1x≥1)满足xxx在数列AAA中
∣S∣≤105|S|\le10^5∣S∣≤105
题解：
cf的官方题解好像是建个自动机状物，反正我也没仔细的看
好像有个比较好写的做法
定义f[i][j]f[i][j]f[i][j]为从iii开始的子段，在前面匹配一个jjj之后出现在数列中的数的数量
考虑转移，首先我们发现两位数ab‾\overline{ab}ab当且仅当a>ba>ba>b才会在数列AAA中，那么，显然的，对于一个高位数abT‾\overline{abT}abT，如果a≤ba\le ba≤b，那么这个数一定不在数列中
考虑转移，如果想从cT‾\overline{cT}cT转移到abT‾\overline{abT}abT，那么就要保证c⇔ab‾c\Leftrightarrow\overline{ab}c⇔ab，即判定一个二位数是当前数列第几个，模111111即可，所以我们发现fff的第二维状态元素有111111个，这样的话总复杂度是O(n∗p)\mathcal O(n*p)O(n∗p)的（本题中p=11p=11p=11）

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define rg register
template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;}
template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');}
template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);}
template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;}
template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;}
int n,mod=11;
char s[100001];
int f[100005][11];
ll ans;
int main()
{scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);for(rg int i=n;i>=1;i--){const int d=s[i]-'0';for(rg int j=0;j<mod;j++){if(j>d)f[i][j]=1+f[i+1][(j*(j-1)/2+d+10)%mod];}if(s[i]>'0')ans+=f[i+1][s[i]-'0']+1;}print(ans);return 0;
}

CF 1142 E

题目大意：交互题（即会根据你的输出给接下来的输入）：一个nnn个点的完全图，每条边有个方向和颜色，现在有mmm条边是粉色的，告诉你这些粉色边的方向，剩下的边都是绿色的
每次我们可以询问一条绿色边的方向，我们需要使用不超过2∗n2*n2∗n次询问找到一个点xxx使得对于每个点yyy都满足xxx到yyy有一条只包含一种颜色的边的路径
题解：
我们先考虑没有粉色边的情况我们维护前iii个点中满足条件的点xxx，我们发现，对于新来一个点yyy，直接询问(x,y)(x,y)(x,y)，即可，如果x−>yx->yx−>y，那么保持不变，如果y−>xy->xy−>x，那么yyy就替代xxx成为新的满足条件的点，这样我们只需要n−1n-1n−1次询问就可以找到这个点
考虑有粉色边的情况，首先我们可以通过模拟把联通的粉色边给全部消除，定义消除完后的点都叫粉色点，现在我们需要把这些点用绿边连起来，由于要求路径是同色的，所以在一条绿边x−>yx->yx−>y的情况下，所有yyy的粉色出边都是不合法的，那么这个时候就要把yyy的粉色出边的点的度数粉边入度减少，若减到000了，那么就要把这个点恢复过来
然后由于每次绿边的询问都能删一个点，所以还是只需要n−1n-1n−1次询问
注意一件事，在模拟把粉色边连接的点合并的时候，要注意不能出现环的情况
我一开始的写法没有考虑这个问题，就wa了

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define rg register
template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;}
template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');}
template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);}
template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;}
template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;}
const int maxn=100001;
int n,m,ip;
std::vector<int>E[maxn],M[maxn];
bool vis[maxn],in[maxn];
int d[maxn];
void dfs(const int u)
{vis[u]=in[u]=1;for(std::vector<int>::iterator Pos=E[u].begin();Pos!=E[u].end();Pos++){if(!in[*Pos])M[u].push_back(*Pos),d[*Pos]++;if(!vis[*Pos])dfs(*Pos);}in[u]=0;
}
int Q[maxn],top;
int query(int x,int y)
{printf("? %d %d\n",x,y),fflush(stdout);int z;scanf("%d",&z);return z;
}
void ans(int x)
{printf("! %d\n",x),fflush(stdout);
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(rg int i=1;i<=m;i++){int u,v;read(u),read(v);E[u].push_back(v);}for(rg int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i])dfs(i);for(rg int i=1;i<=n;i++)if(!d[i])Q[++top]=i;ip=Q[1];for(rg int i=2;i<=top;i++){int u=Q[i];if(!query(ip,u))std::swap(ip,u);for(std::vector<int>::iterator Pos=M[u].begin();Pos!=M[u].end();Pos++)if(--d[*Pos]==0)Q[++top]=*Pos;}ans(ip);return 0;
}

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