标签：构造 order www min 不能 集合 距离 xmlns cond
链接：https://codeforces.com/contest/1293
A. ConneR and the A.R.C. Markland-N
题意：略
思路：上下枚举1000次扫一遍，比较一下上下最近的房间
AC代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cmath> 5 #include<map> 6 #include<utility> 7 #include<string> 8 #include<vector> 9 #include<cstring> 10 #include<iostream> 11 #include<vector> 12 #include<algorithm> 13 #include<cmath> 14 #include<cstring> 15 #include<queue> 16 #include<cstdio> 17 #include<unordered_map> 18 using namespace std; 19 const int maxn=1e5; 20 typedef long long ll; 21 22 int main() 23 { 24 int t; 25 cin >> t; 26 while(t--) 27 { 28 map<int,int> v; 29 int n,s,k; 30 scanf("%d%d%d",&n,&s,&k); 31 int x; 32 for(int i=1; i<=k; i++) 33 { 34 35 scanf("%d",&x); 36 v[x]++; 37 } 38 int l,r; 39 l=r=s; 40 if(!v[s]) 41 cout << 0 << endl; 42 else 43 { 44 while(v[l]&&v[r]) 45 { 46 if(l-1>=1) 47 l--; 48 if(r+1<=n) 49 r++; 50 51 } 52 if(!v[r]&&!v[l]) 53 { 54 cout << min(s-l,r-s) << endl; 55 } 56 else if(!v[r]&&v[l]) 57 { 58 cout << r-s<< endl; 59 } 60 else if(v[r]&&!v[l]) 61 cout << s-l << endl; 62 } 63 } 64 return 0; 65 }
B. JOE is on TV!
题意：略
思路：比较简单，推结论 max （n） = i/n+(i-1)/n + ...n/n
AC代码：
1 #include<iostream> 2 #include<vector> 3 #include<algorithm> 4 #include<cmath> 5 #include<cstring> 6 #include<queue> 7 #include<cstdio> 8 #include<unordered_map> 9 using namespace std; 10 typedef long long ll; 11 int main(){ 12 int t; 13 float ans = 0; 14 scanf("%d",&t); 15 float i = 1; 16 while(i<=t){ 17 ans+=(1/i); 18 i+=1; 19 } 20 printf("%.12lf",ans); 21 return 0; 22 }
C. NEKO‘s Maze Game
题意：有一个2×n的网格迷宫，网格可以翻动，由正常区域和堵塞区域切换，问从（1，1）能否到（2，n）
思路：一个网格如果翻动，如果这个网格是在第二列，那么这个网格可以和其左上角、正上方、右上角构成堵塞，这样算是三个“堵塞贡献”，如果位于第一列翻动由正常区域变成堵塞，那么这个网格可以和左下角、正下方、右下方的网格构成堵塞区域，这样也是三个贡献，每次放置网格就计算上这些贡献，换回正常的时候就减去，如果总的贡献是0，那么就可以到达（2，n）
AC代码：
1 #include<iostream> 2 #include<vector> 3 #include<algorithm> 4 #include<cmath> 5 #include<cstring> 6 #include<queue> 7 #include<cstdio> 8 #include<unordered_map> 9 using namespace std; 10 typedef long long ll; 11 const int maxn = 1e5+15; 12 int grid[2][maxn]; 13 int can[maxn]; 14 int main(){ 15 int n,q; 16 int cnt = 0; 17 scanf("%d%d",&n,&q); 18 while(q--){ 19 int x,y; 20 scanf("%d%d",&x,&y); 21 x = x - 1; 22 if((grid[0][y]+grid[1][y]) == 2){ 23 cnt--; 24 } 25 if(grid[x][y]+grid[(x+1)%2][y-1] == 2){ 26 cnt--; 27 } 28 if(grid[x][y]+grid[(x+1)%2][y+1] == 2){ 29 cnt--; 30 } 31 grid[x][y] = (grid[x][y]+1)%2; 32 if((grid[0][y]+grid[1][y]) == 2 ){ 33 cnt++; 34 } 35 if(grid[x][y]+grid[(x+1)%2][y-1] == 2 ){ 36 cnt++; 37 } 38 if(grid[x][y]+grid[(x+1)%2][y+1] == 2 ){ 39 cnt++; 40 } 41 if(cnt == 0){ 42 printf("YES\n"); 43 } 44 else printf("NO\n"); 45 } 46 return 0; 47 }
D. Aroma‘s Search
题意：二维平面上有若干个点，第i个点的坐标(xi,yi)满足xi=xi-1*ax+bx,yi=y-1*ay+by，已知 ax,bx,ay,by,x0,y0 以及初始位置(xs,ys)，每秒钟可以往上下左右走1个单位，则在t秒内最多可以走到多少个点
思路：所有点之间的曼哈顿距离是乘指数级别增长的，不能到了一个点之后再回到初始点，也不能从距离最近的点开始出发去枚举。考虑到数据范围，其实点的极限数量大概在60多，所以可以构造一个暴力的算法去枚举。最佳的方案是先从起点到其中一个点，再从这个点向下面的点移动，因为向上比向下距离远，如果下方所有的点都可以到达，再往上走，这样是最佳的方案。所有需要枚举起点到每一个点，再从该点先向下方移动再向上移动
AC代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 ll x0,y0,ax,ay,bx,by,xs,ys,t; 5 vector<pair<ll,ll> > v; 6 ll solve(int x){ 7 ll remain = t; 8 remain -= abs(v[x].first-xs)+abs(v[x].second-ys); 9 if(remain<0) return 0; 10 ll res = 1; 11 int last = x; 12 for(int i = x-1;i>=0;i--){ 13 ll can = abs(v[i].first-v[last].first)+abs(v[i].second-v[last].second);//先向下方的点移动 14 if(remain-can<0) break; 15 res++; 16 remain-=can; 17 last = i; 18 } 19 for(int i = x+1;i<v.size();i++){ 20 ll can = abs(v[i].first-v[last].first)+abs(v[i].second-v[last].second);//如果还有时间剩余向上方点移动 21 if(remain-can<0) break; 22 res++; 23 remain-=can; 24 last = i; 25 } 26 return res; 27 } 28 int main(){ 29 cin>>x0>>y0>>ax>>ay>>bx>>by; 30 cin>>xs>>ys>>t; 31 ll curx = x0,cury = y0; 32 while(1){ 33 ll disX = abs(curx-xs); 34 ll disY = abs(cury-ys); 35 if(curx>xs && cury>ys && disX+disY > t) break;//如果移动到该点就超过了t秒，break 36 v.push_back({curx,cury}); 37 curx = ax*curx+bx; 38 cury = ay*cury+by; 39 } 40 ll ans = 0; 41 for(int i = 0;i<v.size();i++){ 42 ans = max(ans,solve(i));//枚举到每个点 43 } 44 cout<<ans; 45 return 0; 46 }
E. Xenon‘s Attack on the Gangs
题意：给出一颗树，树上随机分配边权值，不存在权值相同的两条边，定义mex（u，v）表示点u到点v经过边的边权集合S中没有出现的最小非负整数，求S = ∑mex（u，v） （1<=u<=v<=n）的最大值。
思路：这道题没有太明白，看官方题解首先要推出一个组合公式，问题转化为求一条边的贡献，对u到v的路径进行dp，枚举u到v的每一条路径的贡献。
放个官方题解吧
AC代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int maxn = 3005; 4 typedef long long ll; 5 int fa[maxn][maxn],sub[maxn][maxn]; 6 ll dp[maxn][maxn]; 7 vector<int> G[maxn]; 8 int n,root; 9 int dfs(int cur,int father){ 10 sub[root][cur] = 1; 11 for(int i = 0;i<G[cur].size();i++){ 12 if(G[cur][i]!=father){ 13 fa[root][G[cur][i]] = cur; 14 sub[root][cur]+=dfs(G[cur][i],cur); 15 } 16 } 17 return sub[root][cur]; 18 } 19 ll getDp(int u,int v){ 20 if(u == v) return 0; 21 if(dp[u][v] ) return dp[u][v]; 22 return dp[u][v] = sub[u][v]*sub[v][u] + max(getDp(fa[v][u],v),getDp(fa[u][v],u)); 23 } 24 int main(){ 25 scanf("%d",&n); 26 for(int i = 1;i<n;i++) { 27 int u,v; 28 cin>>u>>v; 29 G[u].push_back(v),G[v].push_back(u); 30 } 31 for(int i = 1;i<=n;i++){ 32 root = i; 33 dfs(i,-1); 34 } 35 ll res = 0; 36 for(int i = 1;i<=n;i++){ 37 for(int j = 1;j<=n;j++){ 38 res = max(res,getDp(i,j)); 39 } 40 } 41 printf("%lld",res); 42 return 0; 43 }
Codeforces Round #614 (Div. 2) A-E简要题解
标签：构造 order www min 不能 集合 距离 xmlns cond
原文地址：https://www.cnblogs.com/AaronChang/p/12233169.html
