Codeforces Round #377 (Div. 2) 732A B C D E F

蒟蒻只能打div 2

A题水，10和个位数的使用互不影响，所以直接在模10意义下做

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 int k,r;
 4 int main(){
 5     scanf("%d%d",&k,&r);
 6     k=k%10;
 7     for(int i=1;i<=100;i++){
 8         if(k*i%10==0||k*i%10==r) {
 9             printf("%d\n",i);break;
10         }
11     }
12     return 0;
13 }

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B从左往右递推即可，先决定左边，然后向右走一天。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 int n,k,r,x[505],y[505],ans;
 4 int main(){
 5     scanf("%d%d",&n,&k);
 6     for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x[i]);
 7     x[0]=k;x[n+1]=k;
 8     for(int i=0;i<=n;i++){
 9         if(x[i]+x[i+1]<k) ans+=k-x[i]-x[i+1],x[i+1]=k-x[i];
10     }printf("%d\n",ans);
11     for(int i=1;i<n;i++) printf("%d ",x[i]);
12     printf("%d\n",x[n]);
13     return 0;
14 }

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C题写了个讨论

题目大意就是，给你一个人在连续n天里吃了多少顿早餐，午餐，晚餐，问你他最少有多少顿没吃。他来的那天和走的那天可以在任意一餐后（或前）来。

例：

1 2 1

answer:0

在第一天午餐前来，吃午餐和晚餐，第二天午餐后走，吃午餐和早餐。

4 2 4

answer:1

在第一天晚餐前来，第二或第三或第四天有一天没吃午餐，第五天早餐后走。

看哪个最大，讨论即可

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 long long b[4];
 4 int main(){
 5     scanf("%I64d%I64d%I64d",&b[1],&b[2],&b[3]);
 6     int num=0,q=0;b[0]=-1;
 7     for(int i=1;i<=3;i++) if(b[i]>b[num]) num=i;
 8     for(int i=1;i<=3;i++) if(b[i]==b[num]) q++;
 9     if(q==3) {
10         printf("0\n");return 0;
11     }
12     if(q==2){
13         for(int i=1;i<=3;i++) if(b[i]!=b[num]) q=i;
14          printf("%I64d\n",b[num]-b[q]-1);
15          return 0;
16     }
17     b[num]--;int qum=0;
18     printf("%I64d\n",3*b[num]-b[1]-b[2]-b[3]);
19     return 0;
20 }

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D题

题意

有n天，m科考试，给出每一天可以过哪一科，以及每科需要多少天复习，求最少要多少天考完，或者不可能。

D题想不到怎么做，就去看代码，看到一个神解法，完全没有理论依据（在我看来），随便一组数据就能hack掉（如6 2 2 2 2 2 2 2 1 2），可惜不知道cf怎么比赛后hack。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 int main()
 4 {
 5 int n,m;
 6 cin>>n>>m;
 7 int arr[n+1];
 8 for(int i=1;i<=n;i++)cin>>arr[i];
 9 int sum=m,x;
10 for(int i=0;i<m;i++){cin>>x; sum+=x;}
11
12 for(int i=sum;i<=n;i++)if(arr[i]){cout<<i; return 0;}
13 cout<<-1;
14 }

神解法

正解是二分加贪心，从后往前。

可以知道，对于单独一个科目，晚几天考试不会比先考差。

于是二分答案的天数，从后往前的时候每遇到一个没有考过的科目，就把它考了，然后把需要复习的时间加上当前考试需复习的时间。

如果该天不考试，需复习的时间就减1，但注意不能减到0以下，不然会出现在考完后复习的情况。

代码里写的是反着的，cnt是可以复习的天数，不能为正。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define maxn 100005
 3 using namespace std;
 4 int n,m,tot,x[maxn],cnt,ti[maxn];
 5 bool y[maxn];
 6 bool test(int r){
 7     cnt=0;tot=m;y[0]=1;
 8     for(int i=r;i>=1;i--){
 9         if(!y[x[i]]) {
10             if(cnt>0) cnt=0;
11             y[x[i]]=1;tot--;cnt-=ti[x[i]];
12         }
13         else cnt++;
14     }
15     if(tot>0 || cnt<0) return 0;
16     return 1;
17 }
18 int main(){
19     scanf("%d%d",&n,&m);
20     for(int i=1;i<=n;i++){
21         scanf("%d",&x[i]);
22     }
23     for(int i=1;i<=m;i++){
24         scanf("%d",&ti[i]);
25     }
26     int l=1,r=n,mid;
27     while(l<r){
28         mid=l+r>>1;
29         if(test(mid)) r=mid;
30         else l=mid+1;
31         memset(y,0,sizeof(y));
32     }
33     if(l==n) if(!test(l)){
34         printf("-1\n");return 0;
35     }
36     printf("%d\n",l);
37     return 0;
38 }

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E题

题意：有n个电脑，m个插座，每个电脑和每个插座都有一个power值，当且仅当插座和电脑的power值完全相同时，电脑和插座能够配对，一个插座只能对应一个电脑。每个插座可以加上一个转换装置，使它的power值变为原来的一半（向上取整，）。求配对的电脑数最大的情况下，可行的最少装置使用数，每个插座使用的装置数，以及当前的电脑和插座的配对情况。

一看以为是网络流裸题，看了看n<=200000复杂度不对，接着发现一个显然的贪心，一个插座如果不使用装置能和电脑配对，那它们配对一定不会是情况变差，然后就想到set判重，先把一开始就配对的去掉。然后就想到一个插座最多使用log10^9个装置，且最多有log10^9 个不同的值，之后如果再使用装置，它的power值会一直停留在1。然后我想既然能用set，为什么我不写个排序加二分呢？然后我发现我先前的贪心依然使用，即在已经尝试完所有每个插座使用小于k个装置的情况后，如果一个插座使用k个装置能和一个电脑配对，那它们配对一定不会使情况变差。于是从小到大枚举装置的使用个数，更新未使用插座的power值，二分查找看是否有未配对且power相同的电脑，进行配对。注意要先预处理把power相同的电脑放在一起，不然二分很不好写。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define maxn 200005
 3 using namespace std;
 4 pair<int,int> h[maxn];
 5 struct ed{int next,pos;}e[maxn];
 6 int n,m,y[maxn],socka[maxn],head[maxn],qet,belog[maxn],tot,cnt,pre,x[maxn];
 7 int main(){
 8     scanf("%d%d",&n,&m);
 9     int l,r,mid;
10     for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x[i]),h[i].first=x[i],h[i].second=i;
11     sort(x+1,x+n+1);sort(h+1,h+n+1);pre=0;
12     for(int i=1;i<=n;i++){
13         if(x[i]==x[pre]) {
14             qet++;e[qet].next=head[pre];head[pre]=qet;e[qet].pos=h[i].second;;
15         }
16         else{
17             pre++;qet++;e[qet].pos=h[i].second;x[pre]=x[i];e[qet].next=head[pre];head[pre]=qet;
18         }
19     }
20     for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&y[i]);
21     for(int i=1;i<=m;i++){
22         l=1;r=pre;
23         while(l<r){
24             mid=l+r>>1;
25             if(x[mid]>=y[i]) r=mid;
26             if(x[mid]<y[i]) l=mid+1;
27         }
28         if(x[l]==y[i]){
29             if(head[l]){
30                 belog[e[head[l]].pos]=i;
31                 socka[i]=1;tot++;head[l]=e[head[l]].next;
32             }
33         }
34     }
35     for(int k=2;k<=32;k++)
36     for(int i=1;i<=m;i++){
37         if(socka[i]) continue;
38         if(y[i]%2) y[i]=y[i]/2+1;
39         else y[i]/=2;
40         l=1;r=pre;
41         while(l<r){
42             mid=l+r>>1;
43             if(x[mid]>=y[i]) r=mid;
44             if(x[mid]<y[i]) l=mid+1;
45         }
46         if(x[l]==y[i]){
47             if(head[l]){
48                 belog[e[head[l]].pos]=i;
49                 socka[i]=k;tot++;cnt+=k-1;head[l]=e[head[l]].next;
50             }
51         }
52     }
53     printf("%d %d\n",tot,cnt);
54     for(int i=1;i<m;i++){
55         if(socka[i]) socka[i]--;
56         printf("%d ",socka[i]);
57     }if(socka[m]) socka[m]--;printf("%d\n",socka[m]);
58     for(int i=1;i<n;i++) printf("%d ",belog[i]);
59     printf("%d\n",belog[n]);
60     return 0;
61 }

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F题：读懂题意后一眼秒。

题目：给一个n个点m条无向边的无重边自环的连通图，让你把所有的边定向，使得从每个点出发能够到达的点数中，最小的那个尽量大。

一眼题：

先看一条链，无论怎么连边，ans都是1.

于是想到找环，若有两个环，不能相加，而是选最大的那个。

于是题目变成找最大环。

我用了tarjan，维护了一下环的大小。

只是要求输出每条边的定向很麻烦。

我一开始是想先把最大环上的定向，其他边通过dfs连一连就行，然后发现其他的环与不在环上的点的边会重复输出。

然后我改了一会就弃疗了

去看了一位红名大佬quality的代码，发现他跑了两遍tarjan

第二遍是给边定向用的。

为什么是对的呢？我也不知道，好像从最大环上dfs一发就可以了，完全不需要用tarjan。

于是我学着dalao的样子改了改，交了几遍过了。

看来乱搞能力还是太弱。。。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define maxn 400005
 3 using namespace std;
 4 int n,m,head[maxn],cnt=0,df,dfn[maxn],compcnt,low[maxn],comphead[maxn],que[maxn],qcnt,compsize[maxn];
 5 bool inque[maxn],vis[maxn],incomp[maxn];
 6 int ba[maxn],bq[maxn],res[maxn],q,oow=(1<<30)-2;
 7 struct edges{int next,to,fr;}e[4*maxn];
 8 void tarjan(int k,int f){
 9     que[++qcnt]=k;inque[k]=1;
10     dfn[k]=++df;
11     low[k]=min(low[k],dfn[k]);
12     for(int i=head[k];i;i=e[i].next){
13         if(e[i].to==f) continue;if(i%2==0) q=i-1;else q=i;
14         q=q>>1;q++;
15         if(res[q]<0) res[q]=~i&1;
16         if(!dfn[e[i].to]) {
17             tarjan(e[i].to,k);
18             low[k]=min(low[k],low[e[i].to]);
19         }
20         else{
21             if(inque[e[i].to]) low[k]=min(low[k],dfn[e[i].to]);
22         }
23     }
24     if(dfn[k]==low[k]){
25         compcnt++;
26         while(que[qcnt]!=k)
27         {
28             inque[e[cnt].to]=0;
29             cnt++;
30             e[cnt].next=comphead[compcnt];
31             comphead[compcnt]=cnt;
32             e[cnt].to=que[qcnt--];
33             compsize[compcnt]++;
34         }
35         inque[e[cnt].to]=0;
36         cnt++;
37         e[cnt].next=comphead[compcnt];
38         comphead[compcnt]=cnt;
39         e[cnt].to=que[qcnt--];
40         compsize[compcnt]++;
41     }
42 }
43 int main(){
44     scanf("%d%d",&n,&m);int a,b;
45     for(int i=1;i<=m;i++){
46         scanf("%d%d",&a,&b);
47         e[++cnt].to=b;e[cnt].next=head[a];head[a]=cnt;e[cnt].fr=a;
48         e[++cnt].to=a;e[cnt].next=head[b];head[b]=cnt;e[cnt].fr=b;
49     }
50     for(int i=1;i<=n;i++) low[i]=n+1;
51     tarjan(1,0);
52     int maxcomp=0,maxcompsize=0;
53     for(int i=1;i<=compcnt;i++){
54         if(compsize[i]>maxcompsize) {
55             maxcompsize=compsize[i];
56             maxcomp=i;
57         }
58     }
59     printf("%d\n",maxcompsize);
60     memset(dfn,0,sizeof(dfn));
61     memset(inque,0,sizeof(inque));
62     memset(res,-1,sizeof(res));df=0;qcnt=0;compcnt=0;
63     tarjan(e[comphead[maxcomp]].to,0);
64     for(int i=1;i<=m;i++){
65         if(res[i]) printf("%d %d\n",e[i*2-1].fr,e[i*2-1].to);
66         else printf("%d %d\n",e[i*2-1].to,e[i*2-1].fr);
67     }
68     return 0;
69 }

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转载于:https://www.cnblogs.com/awipppp/p/5979925.html

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