Codeforces 802 补题

codeforces802 A-O Helvetic Coding Contest 2017 online mirror

A Heidi and Library (easy)

水题同B

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=1000000;
int n,k,a[maxn],num;
bool ex[maxn],need[maxn];
int main()
{//freopen("t.txt","r",stdin);scanf("%d%d",&n,&k);num=0;memset(ex,0,sizeof(ex));for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]);int ans=0;for(int i=0;i<n;i++){if(ex[a[i]]) continue;   if(num<k){num++;ans++;ex[a[i]]=true;}else{int sum=0;memset(need,0,sizeof(need));for(int j=i+1;j<n&&sum<k-1;j++){if(!ex[a[j]])continue;if(need[a[j]]==false)sum++;need[a[j]]=true;}for(int j=1;j<=n;j++){if(ex[j]&&(!need[j])){ex[j]=false;ex[a[i]]=true;ans++;break;}}}}printf("%d\n",ans);return 0;
}

B Heidi and Library (medium)

经典的内存管理OPT算法

不过基本没有实际应用价值，因为操作系统不可能知道之后要调用哪些内存。

用map或者堆都可以实现堆会快很多

map版本

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
set<int> s;
int n,cs,k,c[400400],ne[400400],la[400400],cc;int main(){scanf("%d %d",&n,&k);for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&c[i]);for(int i=n-1;i>=0;i--){if(!la[c[i]])ne[i]=1e6,la[c[i]]=i;else ne[i]=la[c[i]],la[c[i]]=i;}for(int i=0;i<n;i++){if(s.count(i)){s.erase(i),s.insert(ne[i]);continue;}if((int)s.size()<k)s.insert(ne[i]),cc++;else s.erase(--s.end()),s.insert(ne[i]),cc++;}printf("%d\n",cc);
}

　优先队列版本

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<stack>
#include<deque>
#include<queue>
using namespace std;
const int maxn=500000;
int n,k,a[maxn],num,ne[maxn],ls[maxn];
bool ex[maxn];
priority_queue<int>que;
int main()
{//freopen("t.txt","r",stdin);while(!que.empty())que.pop();scanf("%d%d",&n,&k);num=0;memset(ex,0,sizeof(ex));for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(int i=n-1;i>=0;i--){if(!ls[a[i]])ls[a[i]]=1e+8;ne[i]=ls[a[i]];ls[a[i]]=i;}int ans=0;int j=1;int maxv=0,max2v=0;for(int i=0;i<n;i++){if(ex[i]){while(que.size()>0&&que.top()<=i)que.pop();ex[i]=false;if(ne[i]<=n)ex[ne[i]]=true;que.push(ne[i]);continue; }if(num<k){num++;ans++;if(ne[i]<=n)ex[ne[i]]=true;que.push(ne[i]);}else{int nowv=que.top();que.pop();ans++;if(nowv<=n)ex[nowv]=false;if(ne[i]<=n)ex[ne[i]]=true;que.push(ne[i]);}}printf("%d\n",ans);return 0;
}

C Heidi and Library (hard)

费用流

考虑最暴力的方法，每次调用新的书都直接购买，这多半不是最优解。

有没有办法优化到最优解呢？

考虑对于书架上的每一个位置，让它在恰当的时候继续持有书，在恰当的时候购买新的书，这样我们就能找到最优解了。

对于相同的书，连一条费用为-c[]的边（持有即相当于不用买新的所以答案-c[]），不同的书连一条费用为0的边.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;#define N 200020const LL INF = 1e9;int nxt[N], cost[N], cap[N], to[N], head[N], cnt;void init(){memset(head, -1, sizeof head);
}void add_Edge(int S, int T, int c, int w){nxt[cnt] = head[S], to[cnt] = T, cap[cnt] = c, cost[cnt] = w, head[S] = cnt ++;nxt[cnt] = head[T], to[cnt] = S, cap[cnt] = 0, cost[cnt] = -w, head[T] = cnt ++;
}int prv[N], vis[N];
LL dist[N];LL SPFA(int S, int T, int vet){queue <int> Q;fill(dist, dist + vet, INF);fill(prv, prv + vet, -1);dist[S] = 0, Q.push(S), vis[S] = true;while(!Q.empty() ){int x = Q.front();Q.pop(), vis[x] = false;for(int id = head[x]; ~id; id = nxt[id]) if( cap[id] ){int y = to[id];if(dist[y] > dist[x] + cost[id]){dist[y] = dist[x] + cost[id];prv[y] = id;if(!vis[y]) Q.push(y), vis[y] = true;}}}if(!~prv[T]){ return INF; }int cur = T;while( cur != S ) {cur = prv[cur];cap[cur] --;cap[cur xor 1] ++;cur = to[cur xor 1];}return dist[T];
}int a[N], c[N], n, m;int main(){//freopen("t.txt", "r", stdin);scanf("%d %d", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", a + i);for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", c + i);init();LL ans = 0;int S = n + 1, T = 2 * n + 2;for(int i = 1; i <= n; i ++){ans += c[a[i]];add_Edge(S, i, 1, 0);add_Edge(i, S + i, 1, -INF);for(int j = i + 1; j <= n; j ++){if(a[i] == a[j]) add_Edge(i + S, j, 1, -c[a[j]]);else add_Edge(i + S, j, 1, 0);}add_Edge(i + S, T, 1, 0);}for(int step = 1; step <= m; step ++){LL tmp = SPFA(S, T, T + 1);if(tmp >= 0) break;ans += tmp;}cout << ans + INF * n << endl;
}

D Marmots (easy)

根据泊松分布的特点，对称轴两边的概率密度最大。

用这个特点来判断是泊松分布还是平均分布。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[250],b[250];
int main()
{int T;scanf("%d",&T);while(T--){for(int i=0;i<250;i++)scanf("%d",&a[i]);//for(int i=0;i<250;i++)scanf("%d",&b[i]);int mina=a[0],maxa=a[0],minb=b[0],maxb=b[0];double mida=0;for(int i=0;i<250;i++){mida+=a[i];//minb=min(minb,b[i]);maxb=max(maxb,b[i]);}mida/=250.;int sum=0,sumb=0;double len=mida/2;for(int i=0;i<250;i++){if(a[i]>(mida-len)&&a[i]<(mida+len))sum++;if(a[i]<=1)sumb++;}if(sum<180||sumb>3)printf("uniform\n");else printf("poisson\n");}return 0;
}

E Marmots (medium)

在D的基础上，首先判断是泊松分布还是平均分布

如果是泊松分布求所有值的平均值，否则求最大值和最小值的平均值。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[250],b[250];
int main()
{int T;scanf("%d",&T);while(T--){for(int i=0;i<250;i++)scanf("%d",&a[i]);//for(int i=0;i<250;i++)scanf("%d",&b[i]);double mina=a[0],maxa=a[0],minb=b[0],maxb=b[0];double mida=0;for(int i=0;i<250;i++){mida+=a[i];mina=min(mina,(double)a[i]);maxa=max(maxa,(double)a[i]);}mida/=250.;int sum=0,sumb=0;double len=mida/2;for(int i=0;i<250;i++){if(a[i]>(mida-len)&&a[i]<(mida+len))sum++;if(a[i]<=1)sumb++;}if(sum<180||sumb>3)//printf("uniform\n");{printf("%.0lf\n",(mina+maxa)/2+0.5);}else //printf("poisson\n");{printf("%.0lf\n",mida+0.5);}}return 0;
}

F Marmots (hard)

由于出现了负数，所以D中简单粗暴的方法不可取了。

不过数据并没有变复杂，由于平均分布相对于泊松分布更加离散，所以方差会有明显的区别。

利用方差来判断，就不怕负数了。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;inline int read() {int x=0,f=1; char ch=getchar();while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}while (ch>='0'&&ch<='9') {x=x*10+(ch^48); ch=getchar();}return x*f;
}const int N = 251;
const int P = 1005;
const double e = 2.718281828459045235360287471352;int a[N];
double tp1[P<<1],tp2[P<<1];int main() {int T=read();while (T--) {int mx=0;double mean=0; rep(i,1,250) a[i]=read(),mean+=a[i],mx=max(mx,a[i]);double D=0;    mean/=250; rep(i,1,250) D+=a[i]*a[i];D/=(double)250; D-=mean*mean;double sigma = sqrt(D);if (mx/sigma<=1.9) puts("uniform"); else puts("poisson");}   return 0;
}

G Fake News (easy)

公共子序列问题 O（N^2）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[1000][1000];
int LCS(int n1,int n2,string s1,string s2)
{for(int i=0;i<n1;i++)for(int j=0;j<n2;j++){if(i>0)dp[i][j]=dp[i-1][j];if(j>0&&dp[i][j-1]>dp[i][j])dp[i][j]=dp[i][j-1];if(s1[i]==s2[j]){if(i==0||j==0)dp[i][j]=1;else dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;  }}return dp[n1-1][n2-1];
}
int main()
{//freopen("t.txt","r",stdin);ios::sync_with_stdio(false);string s1,s2;s2="heidi";while(cin>>s1){memset(dp,0,sizeof(dp));int len=LCS(s1.length(),s2.length(),s1,s2);if(len==5)printf("YES\n");else printf("NO\n");s1.clear();s2.clear();    }return 0;
}

H Fake News (medium)

很简单的一道计数题直接看代码吧~

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int Comb[110][6], C[110], S;
int main(){int i, j;for(i=0;i<=45;i++){Comb[i][0]=1;for(j=1;j<=5&&j<=i;j++)Comb[i][j]=Comb[i-1][j]+Comb[i-1][j-1];}scanf("%d",&S);for(i=45;i>=5;i--){while(S>=Comb[i][5]){C[i]++;S-=Comb[i][5];}}for(i=0;i<45;i++){while(C[i]--)printf("b");printf("a");}printf(" aaaaab\n");
}

I Fake News (hard)

后缀数组+记忆化搜索

很有趣的一道后缀数组题

题目的意思就是让我们求一个字符串L所有子串在这个串中出现的次数。

这种问题用脚指头想都知道肯定要上后缀数组啦！

对于数组height[l...r] 其中的最小值就是他们的公共前缀的长度，而这个公共前缀就是L的一个唯一的子串。r-l+1就是它出现的次数。(ps:不懂height数组的自行学习后缀数组再来看）

怎样高效统计呢？

对于height[0,len(L)-1]我们能否高效的找到它的最小值？可以。

那么假设最小值的位置是mid 然后我们把height分成l..mid mid+1....r分别计算，那么怎么合并呢？

两个子片段的公共最小Height值就是他们的公共前缀长度，我们可以知道这个公共前缀出现的次数，但是同时要排除他们在字串中贡献的值。

太难描述了，具体转移方法看代码吧。

注意，mid一定是最小值所在的位置，不可以随意划分height数组，那样是错的。

求mid不能太暴力，会TLE。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include<vector>
using namespace std;  const int MAX = 100500;
const int nMAX = 105;
const int mMAX = 1005;  int strnum;
char str[MAX];
int source[MAX];
int sa[MAX], rk[MAX], height[MAX];
int wa[MAX], wb[MAX], wv[MAX], wd[MAX];
bool vis[nMAX];
int id[MAX];
int anslen, anspos[mMAX], ansnum;  const int MAXN=200000+100;
void radix(int *str,int *a,int *b,int n,int m)
{static int count[MAXN];memset(count,0,sizeof(count));for(int i=0;i<n;++i)++count[str[a[i]]];for(int i=1;i<=m;++i)count[i]+=count[i-1];for(int i=n-1;i>=0;--i)b[--count[str[a[i]]]]=a[i];
}void sorted_suffix_array(int *str,int *sa,int n,int m)
{static int rank[MAXN],a[MAXN],b[MAXN];for(int i=0;i<n;++i)rank[i]=i;radix(str,rank,sa,n,m);rank[sa[0]]=0;for(int i=1;i<n;++i)rank[sa[i]]=rank[sa[i-1]]+(str[sa[i]]!=str[sa[i-1]]);for(int i=0;(1<<i) <n;++i){for(int j=0;j<n;++j){a[j]=rank[j]+1;b[j]=j+(1<<i)>=n? 0:rank[j+(1<<i)]+1;sa[j]=j;}radix(b,sa,rank,n,n);radix(a,rank,sa,n,n);rank[sa[0]]=0;for(int j=1;j<n;++j){rank[sa[j]]=rank[sa[j-1]]+(a[sa[j-1]]!=a[sa[j]]||b[sa[j-1]]!=b[sa[j]]);}}
}void calc_height(int *str,int *sa,int *h,int n)
{static int Rank[MAXN];int k=0;h[0]=0;for(int i=0;i<n;++i)Rank[sa[i]]=i;for(int i=0;i<n;++i){k= k==0?0:k-1;if(Rank[i]!=0)while(str[i+k]==str[sa[Rank[i]-1]+k])++k;h[Rank[i]]=k;}
}
int stlen;
long long dp(long long  l,long long  r,long long &summ,vector<int>&nemi,int flag)
{if(l==r){summ=(long long)stlen-(long long)sa[l];return summ;}int mid=-1;vector<int>nemr;if(flag!=-1)mid=nemi[flag]-1;else{nemi.push_back(l+1);for(int i=l+1;i<r;i++){if(height[i+1]<height[nemi[(int)nemi.size()-1]])nemi.push_back(i+1);}flag=(int)nemi.size()-1;mid=  nemi[flag]-1;}long long sum1,sum2;long long int minh=min(min(dp(l,mid,sum1,nemi,flag-1),dp(mid+1,r,sum2,nemr,-1)),(long long)height[mid+1]);summ=sum1+sum2+minh*(r-l+1)*(r-l+1)-minh*(mid-l+1)*(mid-l+1)-minh*(r-mid)*(r-mid);nemr.clear();return minh;
}long long int solve(char *st){stlen=strlen(st);for(int i=0;i<stlen;i++)source[i]=st[i]-'a'+1;sorted_suffix_array(source,sa,(int)stlen,126);calc_height(source,sa,height,(int)stlen);height[0]=1e+8;long long int ans=0;vector<int>mi;mi.clear();dp(0,stlen-1,ans,mi,-1);return ans;
} int main()
{//freopen("t.txt","r",stdin);int T;scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%s",&str);printf("%I64d\n",solve(str));}return 0;
}

J Send the Fool Further! (easy)

水题

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
vector<int>adj[200];
int w[200][200];
int dist[200];
void dfs(int cur,int fa,int len)
{for(int i=0;i<adj[cur].size();i++){int ne=adj[cur][i];if(ne==fa)continue;dist[ne]=min(dist[ne],len+w[cur][ne]);dfs(ne,cur,len+w[cur][ne]);}
}
int main()
{//freopen("t.txt","r",stdin);int n;scanf("%d",&n);int u,v;for(int i=0;i<n-1;i++){scanf("%d%d",&u,&v);scanf("%d",&w[u][v]);w[v][u]=w[u][v];adj[u].push_back(v);adj[v].push_back(u);}for(int i=1;i<n;i++)dist[i]=99999999;dist[0]=0;dfs(0,-1,0);int ans=0;for(int i=0;i<n;i++)ans=max(ans,dist[i]);printf("%d\n",ans);return 0;
}

K Send the Fool Further! (medium)

比较有趣的树形DP

考虑最优解，必有两种情况，要么在0结束，要么不在0结束。对于其他节点也是一个道理。

所以设dp[i][bool]为从i出发，的最优解，bool为0则最后回到i否则不用回到i

转移方程直接看程序吧很简单。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int maxn = 200000;
int dp[maxn][2];
vector< pair<int,int> > E[maxn];
int n,k;bool cmp(const pair<int,int> &a, const pair<int,int> &b){return (a.first > b.first);
}void dfs(int u, int p){vector< pair<int,int> > c;set<int> st;for(auto e: E[u]){int v = e.first;int cst = e.second;if(v == p) continue;dfs(v,u);c.push_back({dp[v][0] + cst,v});}sort(c.begin(), c.end(), cmp);int tk = min(k-1, (int)(c.size()));for(int i = 0; i < tk; i++){dp[u][0] += c[i].first;st.insert(c[i].second);}int extra = 0;if(tk != (int)(c.size()))extra = c[tk].first;for(auto e: E[u]){int v = e.first;int cst = e.second;if(v == p) continue;if(st.count(v) == 0)dp[u][1] = max(dp[u][1], dp[v][1] + dp[u][0] + cst);elsedp[u][1] = max(dp[u][1], dp[u][0] - dp[v][0] + extra + dp[v][1]);}st.clear();c.clear();
}int main(){scanf("%d%d", &n, &k);for(int i = 1; i < n; i++){int u,v,c;scanf("%d%d%d", &u, &v, &c);E[u].push_back({v,c});E[v].push_back({u,c});}dfs(0,-1);cout << max(dp[0][0], dp[0][1]) << "\n";return 0;
}

L Send the Fool Further! (hard)

这道题题意说的不是很清楚总的来说是让我们求E（0）

E（0）和E（v）有线性关系，v是0的孩子。

所以，暴力解方程组的方法是可以求出来的。但是复杂度太高O（n^3）

有没有聪明一点的方法呢？

还是考虑E（0）和E（v）的关系

E（v）由它的孩子和E（0）线性组合而成。假设E（v）不考虑0的情况下期望为G（v）G(v)可以在dfs()的过程中求出来。

我们通过一定的代数变形可以直接由G（v）推出E（v）

嗯。。大致就是这样。。还是那句话近世代数太重要了。

代码很清晰

直观的看的话在树上求解问题，最关键的就是找出递归关系，

也就是对于当前节点求解（做到）不需考虑它的父亲部分（这样我们离答案就很近了因为最后的答案G【0】就是不需要考虑父亲的）。

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#define SIZE 100005
#define MOD 1000000007using namespace std;
typedef long long int ll;struct edge
{int to,cost;edge(int to=0,int cost=0):to(to),cost(cost){}
};
vector <edge> vec[SIZE];
ll F[SIZE],G[SIZE];
int nd[SIZE];
int n;ll mpow(ll m,ll t)
{if(t==0) return 1LL;ll ret=mpow(m*m%MOD,t/2);if(t%2==1) ret=ret*m%MOD;return ret;
}
ll inv(ll m)
{return mpow(m,MOD-2);
}
void dfs(int v=0,int p=-1)
{if(vec[v].size()==1){F[v]=G[v]=0;return;}ll sumG=0,sumF=vec[v].size();for(int i=0;i<vec[v].size();i++){edge e=vec[v][i];sumG+=e.cost;if(sumG>=MOD) sumG-=MOD;if(e.to!=p){dfs(e.to,v);sumG+=G[e.to];if(sumG>=MOD) sumG-=MOD;sumF-=F[e.to];if(sumF<0) sumF+=MOD;}}ll g=inv(sumF);F[v]=g;G[v]=g*sumG%MOD;
}
int main()
{   freopen("t.txt","r",stdin);scanf("%d",&n);for(int i=0;i<n-1;i++){int a,b,c;scanf("%d %d %d",&a,&b,&c);vec[a].push_back(edge(b,c));vec[b].push_back(edge(a,c));}dfs();printf("%lld\n",G[0]);return 0;
}

M April Fools' Problem (easy)

每个序列排序后前k个数的和

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;
int num[3000];
int main()
{//freopen("t.txt","r",stdin);int n,m,t;int mins=-1;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<n;i++){scanf("%d",&num[i]);}sort(num,num+n);int ans=0;for(int i=0;i<m;i++)ans+=num[i];printf("%d\n",ans);return 0;
}

N April Fools' Problem (medium)

很有趣的一道贪心题。

给定两个正整数序列A和B

求两个A和B的长度为k的子序列 a和b满足 a中的第i个元素在A中的位置<= b中的第i个元素在B中的位置并且和最小。

用贪心的方法，先求一个最小的合法解 a[i]和b[j]且 j>=i，然后他们之间[i...j]就可以放反向的数对了也就是在找最小解的时候可以允许j<i了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int LL ;
const int maxn=3000;
LL a[maxn],b[maxn],va[maxn],vb[maxn],verse[maxn];
int n,k;
int main()
{//freopen("t.txt","r",stdin);scanf("%d%d",&n,&k);for(int i=0;i<n;i++)scanf("%I64d",&a[i]);for(int i=0;i<n;i++)scanf("%I64d",&b[i]);LL ans=0;b[n]=1e+18;while(k--){int ra=-1,rb;for(int i=n-1,j=n,minb=n;i>=0;i--){if(j>i)j=i;if(b[j]<b[minb]&&!vb[j])minb=j;while((j-1)>=0&&verse[j-1])if(b[--j]<b[minb]&&!vb[j])minb=j;if(!va[i]&&(ra==-1||a[i]+b[minb]<a[ra]+b[rb]))ra=i,rb=minb;}ans+=a[ra]+b[rb];va[ra]++;vb[rb]++;for(int i=ra;i<rb;i++)verse[i]++;for(int i=rb;i<ra;i++)verse[i]--;}printf("%I64d\n",ans);return 0;
}

O April Fools' Problem (hard)

题意和N一样数据提高到了500000 非常有趣的一道优化题

显然N中我们O（n^2）的算法要TLE

有什么办法优化到O（nlogn）么？

1.首先考虑当前已经选定了N个题目以及他们合法的打印时间，对于以后可选的打印时间，可以用来优化答案。O（n）

2.那么主要问题就变成了如何选取恰当的N个初始题目。

我们用二分的方法选取一个阀值mid 比它更优的我们才让它成为备选题目，这样不断二分mid 总会找到一个最恰当的mid使得选中的题目正好是m个最优的。

当然如果出现比m多的情况说明他们是相等的题目和打印时间。

看代码吧很清晰。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;#define N 500050priority_queue <LL, vector <LL>, greater<LL> > Qa;
priority_queue <LL> Qb;LL a[N], b[N];
int n, m;const LL INF = 1e13;int main() {
//  freopen("in.txt", "r", stdin);scanf("%d %d", &n, &m);for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%I64d", a + i);for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%I64d", b + i);LL st = 0, en = INF, ans = 0;while (st <= en ) {LL mid = (st + en) >> 1;while ( !Qa.empty() ) Qa.pop();while ( !Qb.empty() ) Qb.pop();LL tmp = 0;int sz = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) {Qa.push(a[i]);LL tmp1 = Qa.top() + b[i] - mid;LL tmp2 = Qb.empty() ? INF : b[i] - Qb.top();if (tmp1 <= tmp2 && tmp1 <= 0) {tmp += tmp1; sz ++;Qb.push(b[i]);Qa.pop();}else if (tmp2 < tmp1 && tmp2 < 0){tmp += tmp2;Qb.pop();Qb.push(b[i]);}}if (sz >= m) {ans = tmp + m * mid;en = mid - 1;}else {st = mid + 1;}}cout << ans << endl;
}

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