码迷，mamicode.com
首页 > 其他好文 > 详细

Codeforces Round #585 (Div. 2)

时间：2019-09-20 00:12:57      阅读：69      评论：0      收藏：0      [点我收藏+]

标签：char   pen   tarjan   接下来   false   syn   csdn   差分   radio   

https://www.cnblogs.com/31415926535x/p/11553164.html

感觉很硬核啊这场，，越往后越做不动，，，emmmm，，，（这场是奔着最后一题 2sat 来的，，，上次学这玩意是在今年的3、4月份把，，，早忘得差不多了，，，

A. Yellow Cards

A题较简单，，贪心就行了，，

#include <bits/stdc++.h>
#define aaa cout<<233<<endl;
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
// mt19937 rnd(time(0));
const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9
const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-6;
const double pi = 3.14159265358979;
const int maxn = 1e6 + 5;
const int maxm = 2e5 + 233;
const int mod = 1e9 + 7;
 
int a[maxn], n;
 
 
int main()
{
    // double pp = clock();
    // freopen("233.in", "r", stdin);
    // freopen("233.out", "w", stdout);
    ios_base::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
 
    int n, a1, a2, k1, k2;
    cin >> a1 >> a2 >> k1 >> k2 >> n;
    int mi = 0, mx = 0;
    if(a1 * (k1 - 1) + a2 * (k2 - 1) >= n)mi = 0;
    else mi = n - a1 * (k1 - 1) - a2 * (k2 - 1);
 
    if(k1 <= k2)
    {
        while(n >= k1 && a1)
        {
            --a1;
            n -= k1;
            ++mx;
        }
        while(n >= k2 && a2)
        {
            --a2;
            n -= k2;
            ++mx;
        }
    }
    else
    {
        while(n >= k2 && a2)
        {
            --a2;
            n -= k2;
            ++mx;
        }
        while(n >= k1 && a1)
        {
            --a1;
            n -= k1;
            ++mx;
        }
    }
    cout << mi << " " << mx << endl;
    
    // cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;
    return 0;
}

B. The Number of Products

A掉A题，，感觉还行，，以为后面的都很简单，，然后就在B、C题卡了半天，，

题意就是一个序列中，正区间和负区间的个数有多少，，这里的区间指的是区间积，，，

刚开始以为暴力可过，，（口胡 ，，然后交了一发果断T了，，，

又推了一会发现可以枚举左端点所在的区间，，然后他的贡献就是后面的+2,,+4,,+6等等区间的和的积，，所以只要预处理一下每一个用负点分割的左闭右开的区间的长度，，然后处理成隔一个的后缀和就行了，，，

#include <bits/stdc++.h>
#define aaa cout<<233<<endl;
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
// mt19937 rnd(time(0));
const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9
const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-6;
const double pi = 3.14159265358979;
const int maxn = 1e6 + 5;
const int maxm = 2e5 + 233;
const int mod = 1e9 + 7;
 
int a[maxn], n;
int p[maxn], tot;
ll pp[maxn];
 
int main()
{
    // double pp = clock();
    // freopen("233.in", "r", stdin);
    // freopen("233.out", "w", stdout);
    ios_base::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
 
    cin >> n;
    tot = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i];
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        if(a[i] < 0)
            p[++tot] = i;
    p[tot + 1] = n + 1; p[tot + 2] = n + 1;
    ll ans1 = 0, ans2 = 0;
    ++tot;
    for(int i = tot; i >= 1; --i)pp[i] = p[i] - p[i - 1];//--pp[1];
    // for(int i = 1; i <= tot; ++i)cout << pp[i] << " ";cout << endl;
    
 
    for(int i = tot - 2; i >= 1; --i)pp[i] += pp[i + 2];
    // for(int i = 1; i <= tot; ++i)cout << pp[i] << " ";cout << endl;
    for(int i = 1; i <= tot; ++i)
    {
        // int x = p[i] - p[i - 1] - 1;
        ll x = pp[i] - pp[i + 2];
        ll y = pp[i + 1];
        // cout << x << "-" << y << endl;
        ans1 += x * y; 
        y = pp[i + 2];
        ans2 += x * y;
        --x;
        while(x)ans2 += x--;
    }
 
    cout << ans1 << " " << ans2 << endl;
    
    // cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;
    return 0;
}

C. Swap Letters

题意就是两个串，，只含有ab，，然后每一次的操作是挑第一个串中的一个和第二个串中的一个交换，，然后问题最少的操作次数下使得两串一样，，

我当时的思路是用一个 r 表示右端已经修改的位置，，然后遍历一遍，，当第i个位置的不同时，，利用r向后找一个可以交换的，，口胡了一下就直接敲了，，，然后不断的发现逻辑上的bug，，，emmmm，，一直改到成了N方的解法，，，，

看了一下别人的思路，，显然优先考虑相同的两个进行操作，，剩下的也只能操作偶数个，，使用的操作次数就是两次，，一次是反转其中一个，，然后像前面的就行了，，，，奇数个就是无解，，，（会爆ll

#include <bits/stdc++.h>
#define aaa cout<<233<<endl;
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
// mt19937 rnd(time(0));
const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9
const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-6;
const double pi = 3.14159265358979;
const int maxn = 1e6 + 5;
const int maxm = 2e5 + 233;
const int mod = 1e9 + 7;
 
char s[maxn], t[maxn];
int n;
 
int main()
{
    // double pp = clock();
    // freopen("233.in", "r", stdin);
    // freopen("233.out", "w", stdout);
    ios_base::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
 
    cin >> n >> s >> t;
    vector<pair<int, int> > ans;
    int r = 1;
    for(int i = 0; i < n; ++i)
    {
        if(s[i] != t[i])
        {
            // r = min(r, i + 1);
            r = i + 1;
            while(!(t[r] == t[i] && t[r] != s[r]) && r < n)++r;
            if(r >= n)
            {
                r = i + 1;
                swap(s[i], t[i]);
                ans.push_back(make_pair(i + 1, i + 1));
                // cout << "----" << endl << s << endl << t << endl;
                while(!(t[r] == t[i] && t[r] != s[r]) && r < n)++r;
                if(r >= n)
                {
                    cout << -1 << endl;
                    return 0;
                }
            }
            // cout << i + 1 << r + 1 << endl;
            ans.push_back(make_pair(i + 1, r + 1));
            swap(s[i], t[r]);
        // cout << s << endl << t << endl;
        }
    }
    cout << ans.size() << endl;
    for(auto &i: ans)cout << i.first << " " << i.second << endl;
    
    // cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;
    return 0;
}

D. Ticket Game

博弈？？ 先弃了

感觉是一个好多情况的分类讨论题，，，

E. Marbles

状压dp，，，emmmm，，扔了，，

F. Radio Stations

重点来了，，，

这题的题干是真的长，，长篇阅读理解，，，emmmmmm

题目的大意是这样的：一个城市要弄一个发射塔，，它的功率是 \(f (1\le f \le M)\) ，

有 \(p\) 个节目，，对于每一个都有一个需要发射的功率范围： \((L_i, R_i)\) ，，也就是说当 \(f\) 在这个范围时用户才能收到这个节目，，，

然后有一些需求，，数量是n，，，这些需求这样描述： \((a_i, b_i)\) ，，表示对于第 \(i\) 个需求 至少 需要满足一个，，简单说就是至少要挑一个，，，

还有一些节目间的限制条件： \((u, v)\) ，，表示选了 \(u\) 就不能选 \(v\) ，，，反之亦然，，

然后问你这个发射塔的频率 \(f\) 选择多少时使得 \(n\) 个需求都可以满足

如果这题没有 \(f\) 这个限制条件，这题2sat可直接过，，但是不行，，

当然可以枚举 \(f\) ，，从1到M，，但是这样时间复杂度就是n方，，，T穿，，，

只能将 \(f\) 放在我们建立的限制图中，，但是怎么建呢，，，

以前做的2sat题目都是固定的n对物品中每对中选择一个，，其中一些物品有限制条件，，这样做了很多题之后潜移默化的形成了一个固定的模型，，只有这n个物品可以进行操作，，这样的思想也使得我在刚读懂题时即使出现过将 p 个节目分成选或不选这样建图，，但是因为这样不会处理f，，于是放弃这种思路，，，向着将n个需求作为图中的点，，然后有限制的条件间连边，，这样的思考就不得不去枚举f，，，于是只能过小数据，，

这题的解决方法是 在n个节目的后面再加M个可以选择的f的情况 ，，，这样一层点表示选这个情况，，第二层的点表示不选这个点，，建立相应的限制关系，，这样就可以跑一遍2sat得到两个想得到的东西，，，

前面的点的限制条件很好处理，，，按题意搞就行了

接下来处理后面的这M个点的情况，，，如果我们直接枚举每一个f可行解，，，那么和前面的暴力没啥区别，，，一样会T，，，

参考了一个博主的思路

这里我的理解是对于这些可行解都向前连边，，也就是 选f>=l+1必须选f>=l 这样就可以将区间的一个表示的限制条件转化成一个端点的表示，，（感觉有点类似差分的思想，，区间的操作改成端点的操作，，，

这样建图，，跑一边就行了，，，，最后输出答案，，

用tarjan的话判断的条件是两个点间是否不在一个scc中，，然后取最小就行了，，，

用染色法的话需要跑的点只是前半段p个，，，

染色法

栈写反了，，，wa了好几发，，，，（丢人，，，

#include <bits/stdc++.h>
#define aaa cout<<233<<endl;
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
// mt19937 rnd(time(0));
const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9
const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-6;
const double pi = 3.14159265358979;
const int maxn = 4e6 + 5;
const int maxm = 4e5 + 233;
const int mod = 1e9 + 7;
 
 
int n, p, M, m, all;
struct edge
{
    int to, nxt;
}edge[maxn << 1];
int tot, head[maxn << 1];
void init()
{
    tot = 0;
    memset(head, -1, sizeof head);
}
void addedge(int u, int v)
{
    edge[tot].to = v;
    edge[tot].nxt = head[u];
    head[u] = tot++;
}
bool vis[maxn];
int sta[maxn], top;
bool dfs(int u)
{
    if(vis[u > all ? u - all : u + all])return false;
    if(vis[u])return true;
    vis[u] = true;
    sta[++top] = u;
    for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt)
        if(!dfs(edge[i].to))    
            return false;
    return true;
}
bool twosat(int n)
{
    memset(vis, false, sizeof vis);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        if(vis[i] || vis[i + all])continue;
        top = -1;
        if(!dfs(i))
        {
            while(~top)vis[sta[top--]] = false;
            if(!dfs(i + all))return false;
        }
    }
    return true;
}
 
int main()
{
    // double pp = clock();
    // freopen("233.in", "r", stdin);
    // freopen("233.out", "w", stdout);
    ios_base::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
 
    cin >> n >> p >> M >> m;
    all = p + M;
    int u, v;
    init();
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        cin >> u >> v;
        addedge(u + all, v);
        addedge(v + all, u);
    }
    for(int i = 1; i <= p; ++i)
    {
        cin >> u >> v;
        addedge(i, u + p); addedge(u + p + all, i + all);
        if(v < M)addedge(v + p + 1, i + all), addedge(i, v + p + all + 1);
    }
    for(int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        cin >> u >> v;
        addedge(u, v + all);
        addedge(v, u + all);
    }
    for(int i = 1; i < M; ++i)
    {
        addedge(i + p + 1, i + p);
        addedge(i + p + all, i + p + 1 + all);
        // addedge(i + p, i + p + 1);
        // addedge(i + p + 1 + all, i + p + all);
    }
    if(twosat(p))
    {
        vector<int> ans;
        int f = 0;
        for(int i = 1; i <= p; ++i)
            if(vis[i])
                ans.push_back(i);
        for(int i = p + 1; i <= p + M; ++i)
            if(vis[i])
            {
                f = i - p;
            }
        if(!f)
        {
            cout << -1 << endl;
            return 0;
        }
        cout << ans.size() << " " << f << endl;
        for(auto i: ans)cout << i << " ";
    }
    else
    {
        cout << -1 << endl;
    }
    
 
 
    
    // cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;
    return 0;
}

tarjan

#include <bits/stdc++.h>
#define aaa cout<<233<<endl;
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
// mt19937 rnd(time(0));
const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9
const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-6;
const double pi = 3.14159265358979;
const int maxn = 4e6 + 5;
const int maxm = 4e5 + 233;
const int mod = 1e9 + 7;
 
 
int n, p, M, m, all;
struct edge
{
    int to, nxt;
}edge[maxn << 1];
int tot, head[maxn << 1];
void init()
{
    tot = 0;
    memset(head, -1, sizeof head);
}
void addedge(int u, int v)
{
    edge[tot].to = v;
    edge[tot].nxt = head[u];
    head[u] = tot++;
}
int low[maxn], dfn[maxn], sta[maxn], belong[maxn];
int idx, top;
int scc;
bool insta[maxn];
int num[maxn];
void tarjan(int u)
{
    int v;
    low[u] = dfn[u] = ++idx;
    sta[top++] = u;
    insta[u] = true;
    for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt)
    {
        v = edge[i].to;
        if(!dfn[v])
        {
            tarjan(v);
            if(low[u] > low[v])low[u] = low[v];
        }
        else if(insta[v] && low[u] > dfn[v])
            low[u] = dfn[v];
    }
    if(low[u] == dfn[u])
    {
        ++scc;
        do
        {
            v = sta[--top];
            insta[v] = false;
            belong[v] = scc;
            ++num[scc];
        }
        while(v != u);
    }
}
bool twosat(int n)
{
    memset(dfn, 0, sizeof dfn);
    memset(insta, false, sizeof insta);
    memset(num, 0, sizeof num);
    idx = scc = top = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        if(!dfn[i])
            tarjan(i);
    vector<int> ans;
    int f = 0;
    // for(int i = 1; i <= p; ++i)cout << belong[i] << " ";cout << " ";
    // for(int i = 1; i <= M; ++i)cout << belong[i + p] << " ";cout << endl;
    // for(int i = 1; i <= p; ++i)cout << belong[i + all] << " ";cout << " ";
    // for(int i = 1; i <= M; ++i)cout << belong[i + p + all] << " ";cout << endl;
    for(int i = 1; i <= p; ++i)
        if(belong[i] < belong[i + all])
            ans.push_back(i);
        else if(belong[i] == belong[i + all])
            return false;
    for(int i = 1; i <= M; ++i)
        if(belong[i + p] < belong[i + p + all])
            f = i;
        else if(belong[i + p] == belong[i + p + all])
            return false;
    cout << ans.size() << " " << f << endl;
    for(auto i: ans)cout << i << " ";
    return true;
}
 
int main()
{
    // double pp = clock();
    // freopen("233.in", "r", stdin);
    // freopen("233.out", "w", stdout);
    ios_base::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
 
    cin >> n >> p >> M >> m;
    all = p + M;
    int u, v;
    init();
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        cin >> u >> v;
        addedge(u + all, v);
        addedge(v + all, u);
    }
    for(int i = 1; i <= p; ++i)
    {
        cin >> u >> v;
        addedge(i, u + p); addedge(u + p + all, i + all);
        if(v < M)addedge(v + p + 1, i + all), addedge(i, v + p + all + 1);
    }
    for(int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        cin >> u >> v;
        addedge(u, v + all);
        addedge(v, u + all);
    }
    for(int i = 1; i < M; ++i)
    {
        addedge(i + p + 1, i + p);
        addedge(i + p + all, i + p + 1 + all);
        // addedge(i + p, i + p + 1);
        // addedge(i + p + 1 + all, i + p + all);
    }
    if(!twosat(all << 1))cout << -1 << endl;
    
 
 
    
    // cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;
    return 0;
}

这道题的启发很大，，，2sat不一定就是解决一种选择下的解，，，只要这些不同种类的物品间有限制条件就可以放在一起，，，

（end)

Codeforces Round #585 (Div. 2)

标签：char   pen   tarjan   接下来   false   syn   csdn   差分   radio   

原文地址：https://www.cnblogs.com/31415926535x/p/11553164.html
踩
(0)
赞
(0)
   
举报
评论 一句话评论（0）
登录后才能评论！
分享档案
更多>
2021年07月29日 (22)
2021年07月28日 (40)
2021年07月27日 (32)
2021年07月26日 (79)
2021年07月23日 (29)
2021年07月22日 (30)
2021年07月21日 (42)
2021年07月20日 (16)
2021年07月19日 (90)
2021年07月16日 (35)
周排行
mamicode.com排行更多图片
更多
友情链接
兰亭集智   国之画   百度统计   站长统计   阿里云   chrome插件   新版天听网
关于我们 - 联系我们 - 留言反馈
© 2014 mamicode.com 版权所有  联系我们:gaon5@hotmail.com
迷上了代码！