C题卡了一个小时, 又被教育场教育了...
大意:求不在$[l,r]$范围内的最小被$d$整除的数
模拟
#include <iostream> #define REP(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i) using namespace std; int main() { int t; scanf("%d", &t); REP(i,1,t) { int l,r,d; scanf("%d%d%d", &l, &r, &d); if (d<l) printf("%d\n",d); else printf("%d\n", r/d*d+d); } }
B. Accordion
大意: 给定字符串, 可以删除任意字符, 求最长的的手风琴, 手风琴类似于$[::],[:|:],[:||:],[:|||:]$
直接求出最左端$[:$和最右端$:]$, 再加上中间$|$就行了
#include <iostream> #include <string.h> #define PER(i,a,n) for(int i=n;i>=a;--i) #define REP(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i) using namespace std; const int N = 5e5+10; char s[N]; int f[N]; int main() { scanf("%s", s+1); int n = strlen(s+1); REP(i,1,n) f[i]=f[i-1]+(s[i]=='|'); int L = 0, R = 0; REP(i,1,n) { if (!L&&s[i]=='[') L = i; if (L&&s[i]==':') { L = i; break; } } PER(i,1,n) { if (!R&&s[i]==']') R = i; if (R&&s[i]==':') { R = i; break; } } if (!L||L>=R) return puts("-1"),0; printf("%d\n",4+f[R]-f[L]); }
大意:给定n个区间, 求划分为两个非空集合, 集合间任意两区间无公共点
注意到只需要找到所有区间的一个分界点$x$即可, 即$x$处无区间覆盖
然后将$x$左端划为一个集合, 右端划为一个集合
可以离散化后差分来覆盖区间
#include <iostream> #include <algorithm> #include <string.h> #define PER(i,a,n) for(int i=n;i>=a;--i) #define REP(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i) using namespace std; const int N = 5e5+10; char s[N]; int n; int L[N], R[N], f[N], c[N], q[N]; int id(int x) { return lower_bound(f+1,f+1+*f,x)-f; } void work() { scanf("%d", &n); *f = 0; REP(i,1,n) { scanf("%d%d", L+i, R+i); L[i]*=2, R[i]*=2; f[++*f] = L[i]; f[++*f] = L[i]+1; f[++*f] = R[i]; f[++*f] = R[i]+1; } sort(f+1,f+1+*f),*f=unique(f+1,f+1+*f)-f-1; *q = 0; REP(i,1,n) { ++c[id(L[i])],--c[id(R[i]+1)]; q[++*q] = id(L[i]); q[++*q] = id(R[i]+1); } sort(L+1,L+1+n); int sum = 0, ok = 0; REP(i,1,*f) { sum += c[i]; if (!sum) { int t = *lower_bound(L+1,L+1+n,f[i]); if (t>f[i]) { REP(j,1,n) { printf("%d ",R[j]<f[i]?1:2); } ok = 1; printf("\n"); break; } } } if (!ok) puts("-1"); REP(i,1,*q) c[q[i]] = 0; } int main() { int t; scanf("%d", &t); REP(i,1,t) work(); }
D. GCD Counting
大意: 给定树, 每个结点有一个值, 求树上最长路径, 要求满足路径上结点的总$gcd>1$
这题最后调了半天发现是子树间转移多加了1....
直接对每个结点开$map$暴力转移$gcd$, $dp[x][y]$表示到$x$结点$gcd=y$时的最大长度
转移时再暴力统计一下子树之间两条链的最大值即可
#include <iostream> #include <algorithm> #include <vector> #include <map> #include <string.h> #define PER(i,a,n) for(int i=n;i>=a;--i) #define REP(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i) #define x first #define y second using namespace std; int gcd(int x, int y) {return y?gcd(y,x%y):x;} const int N = 5e5+10; int n, ans; int a[N]; vector<int> g[N]; map<int,int> dp[N]; void dfs(int x, int fa) { for (int y:g[x]) if (y!=fa) { dfs(y,x); //先考虑子树间转移 for (auto f1:dp[y]) { int g1 = gcd(f1.x,a[x]); if (g1<=1) continue; for (auto f2:dp[x]) { int g2 = gcd(f2.x,g1); if (g2<=1) continue; ans = max(ans, f1.y+f2.y); } } //最后再用子树更新x for (auto f1:dp[y]) { int g1 = gcd(f1.x,a[x]); if (g1<=1) continue; ans = max(ans, f1.y+1); dp[x][g1] = max(dp[x][g1], f1.y+1); } } dp[x][a[x]] = max(dp[x][a[x]],1); } int main() { scanf("%d", &n); REP(i,1,n) { scanf("%d", a+i); if (a[i]>1) ans=1; } REP(i,2,n) { int u, v; scanf("%d%d", &u, &v); //这里优化一下 if (gcd(a[u],a[v])>1) { g[u].push_back(v); g[v].push_back(u); } } REP(i,1,n) { if (dp[i].empty()) dfs(i,0); } printf("%d\n", ans); }
题意: 给若干硬币, 可以90度旋转, 询问是否能将所有放进钱包, 硬币钱包均为矩形
模拟就行了
#include <iostream> #include <algorithm> #define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i) using namespace std; int main() { int n; scanf("%d", &n); int a=0, b=0; REP(i,1,n) { char op; int x, y; scanf(" %c%d%d", &op, &x, &y); if (x>y) swap(x,y); if (op=='+') a=max(a,x),b=max(b,y); else puts(x>=a&&y>=b?"YES":"NO"); } }
题意: n个城市, 第$i$个城市在位置$a_i$, 第$i$个城市与第$j$个城市相距$|a_i-a_j|$公里
汽车每公里需要$x$汽油, 每个到一个城市可以加满汽油
给定$m$个汽车, 第$i$辆车从城市$s_i$到$t_i$, 最多加$r_i$次油, 每公里消耗油$c_i$
每辆汽车容量均为$V$, 初始满汽油, 求最小的$V$, 使得所有汽车均能到达目的地
$dp[k][i][j]$为预处理出加$k$次油从$i$到$j$时, 每次加油后行驶的最大距离的最小值
可以得到转移方程$dp[k][i][j]=\min\limits_{i \leq t \leq j} \{ max(dp[k-1][i][t],a_j-a_{t}) \}$
明显$dp[k][i][j]$是关于$j$是单增的, 双指针可以均摊O(1)转移或者二分O(log)转移也能过
#include <iostream> #include <algorithm> #define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i) using namespace std; typedef long long ll; const int N = 401; int n, m; int dp[N][N][N]; int a[N]; int main() { scanf("%d%d", &n, &m); REP(i,1,n) scanf("%d", a+i); REP(i,1,n) REP(j,i,n) dp[0][i][j]=a[j]-a[i]; REP(k,1,n) REP(i,1,n) { int now = i; REP(j,i,n) { while (now<j&&max(dp[k-1][i][now],a[j]-a[now])>max(dp[k-1][i][now+1],a[j]-a[now+1])) ++now; dp[k][i][j] = max(dp[k-1][i][now], a[j]-a[now]); } } ll ans = 0; REP(i,1,m) { int s,f,c,r; scanf("%d%d%d%d",&s,&f,&c,&r); ans = max(ans,(ll)dp[r][s][f]*c); } printf("%lld\n", ans); }
大意: 给定序列$a$, 求将$a$划分为连续的若干个非空区间, 使得任选若干区间$xor$和均不为$0$, 输出最大划分数
$xor$的性质还是太弱了啊, 没有什么单调性, 一般直接考虑线性基, 或者$trie$上贪心就好了
首先可以注意到划分数必然是不超过线性基的
对于总$xor$和为$0$一定不能划分, 否则贪心的划分一下就发现一定可以达到线性基大小的
然后就没了... 代码就几行
#include <iostream> #include <algorithm> #define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i) using namespace std; int a[50], n; int main() { scanf("%d", &n); int sum = 0, t; REP(i,1,n) { scanf("%d", &t); sum ^= t; REP(j,1,*a) t = min(t,t^a[j]); if (t) a[++*a]=t; } printf("%d\n", sum?*a:-1); }