C - 최소화
다양한 옵션이있을 수 있습니다 첫 번째, 우리는 모든 옵션을 열거 한 다음 양쪽 욕심 얻을 수 있습니다.
암호
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
int n, k;
void run() {
int p;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int x; cin >> x;
if(x == 1) p = i;
}
int ans = N;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int l = i, r = min(n, i + k - 1);
if(l <= p && p <= r)
ans = min(ans, 1 + (l - 1 + k - 2) / (k - 1) + (n - r + k - 2) / (k - 1));
}
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n >> k) run();
return 0;
}
D - Snuke 번호
이 법을 찾을 수있는 테이블을 재생하는 것입니다 ...하지만 법이 쉽게 찾을 수없는, 법이 변화의 법칙은, 하나는 추가 할 수 있습니다 \ (10 ^ I \) , 당신은 또한 추가 할 수 있습니다 (10 \을 ^ {내가 + 1 } \ ) ,이 판단은 클릭합니다.
암호
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
int K;
double Snuke(ll x) {
ll tmp = 0, c = x;
while(c) {
tmp += c % 10;
c /= 10;
}
return 1.0 * x / tmp;
}
void run() {
ll res = 0, x = 1;
while(K--) {
double t1, t2;
while(true) {
t1 = Snuke(res + x), t2 = Snuke(res + x * 10);
if(t1 <= t2) break;
x *= 10;
}
res += x;
cout << res << '\n';
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> K) run();
return 0;
}
E - 독립
문제의 의미
부여 \ (\ N-) 점 \ (m의 \) 제 방향성 에지는 지금 두 점, 직접 최대 하나의 에지에 연결된다.
두 부분이 완료 그래프 것을, 마지막으로 가장 작은 각 부분의 측면 얼마의 몇 가지를 물었다 있도록이 이제도 두 부분으로 나누어 져 있습니다.
아이디어 :
- 각각 포인트 양측 가정 웰이 계산 된 후 두 부분으로 나누어 답변 \ (X, Y의 \) A, 그 최종 응답이 (\를 \ FRAC {X \ cdot (X-1)} {2} + \ {Y FRAC \ CDOT. (1-Y)} {2} \) .
- 이제 나누는 방법을 고려한다.
- 우리는 그림의 원래 보완을, 다음 조건을 충족하는 모든 가장자리없이 마지막 두 세트는 존재한다.
- 또한, 우리는이 분형 그래프의 동등한 것, 실제로 문제가 된 그래프 문제로 변환된다.
- 먼저 각각의 블록은 두 개의 통신이 선택되어 있고, 우선, 통신을 복수의 블록이 있으면 된 그래프가 존재 하는지를 결정하고, 직접 배낭 \ (DP \) 리스트에있는 모든 프로그램의 최종 수를 얻었다에서.
(그리고 초기 I는 일차원 QAQ 롤링 할 생각)
다음과 같이 코드입니다 :
암호
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 705;
int n, m;
bool lnk[N][N];
int cnt[2];
int col[N];
bool f;
void dfs(int u, int c) {
col[u] = c;
++cnt[c];
for(int v = 1; v <= n; v++) {
if(lnk[u][v]) {
if(col[v] == -1) dfs(v, 1 - c);
else if(col[v] == c) {
f = false;
return;
}
}
}
}
pii num[N];
bool dp[N][N];
void run() {
memset(col, -1, sizeof(col));
memset(dp, 0, sizeof(dp));
f = true;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++) {
if(i != j) lnk[i][j] = 1;
}
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
lnk[u][v] = lnk[v][u] = 0;
}
int tot = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(col[i] == -1) {
cnt[0] = cnt[1] = 0;
dfs(i, 0);
num[++tot] = MP(cnt[0], cnt[1]);
}
}
if(f == false) {
cout << -1 << '\n';
return;
}
dp[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= tot; i++) {
for(int j = 0; j <= n; j++) {
if (j >= num[i].fi) dp[i][j] |= dp[i - 1][j - num[i].fi];
if (j >= num[i].se) dp[i][j] |= dp[i - 1][j - num[i].se];
}
}
int ans = 1e9;
for(int i = 0; i <= n; i++) {
if(dp[tot][i]) {
ans = min(ans, i * (i - 1) / 2 + (n - i) * (n - i - 1) / 2);
}
}
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n >> m) run();
return 0;
}F - 하드 기호를 먹는
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