标签：
A. Crazy Town
这一题只需要考虑是否经过所给的线，如果起点和终点都在其中一条线的一侧，那么很明显从起点走点终点是不需要穿过这条线的，否则则一定要经过这条线，并且步数+1。用叉积判断即可。
代码:
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<string> 5 #include<map> 6 #define N 100010 7 #define M 1010 8 using namespace std; 9 int x1,y1,x2,y2,a,b,c,i,ans,n; 10 double x,y,xx,yy; 11 double cross(double x1,double y1,double x2,double y2,double x3,double y3) 12 { 13 return (x2-x1)*(y3-y1)-(x3-x1)*(y2-y1); 14 } 15 int main() 16 { 17 scanf("%d%d",&x1,&y1); 18 scanf("%d%d",&x2,&y2); 19 scanf("%d",&n); 20 for (i=1;i<=n;i++) 21 { 22 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); 23 if (b) 24 { 25 x=1; 26 y=(-c-a)*1.0/b; 27 xx=3; 28 yy=(-c-3*a)*1.0/b; 29 } 30 else 31 { 32 y=1; 33 x=(-c-b)*1.0/a; 34 yy=3; 35 xx=(-c-3*b)*1.0/a; 36 } 37 if (cross(x,y,xx,yy,x1,y1)*cross(x,y,xx,yy,x2,y2)<0) 38 ans++; 39 } 40 printf("%d",ans); 41 }
C. Array and Operations
要使操作数目最多首先每个操作肯定是要除以一个质数的，因为一个合数可以拆成多个质数，那么操作数目明显会增加。对于每个质数可以独立考虑，对于一个质数x，假设a[i]中有sum[i]个x，一次操作会使一个数对同时减少一个x，现在要考虑的就是如何操作使得操作次数最多，由于题目保证数对的和是奇数，也就是一个数对分别有一个奇数和一个偶数，那么就可以建二分图跑网络流，对于一个数对，假设L[i]是奇数，R[i]是偶数，那么从源点s连一条流量为sum[L[i]]的边到L[i],L[i]连一条流量无穷大的边到R[i],R[i]连一条流量为sum[R[i]]的边到汇点t。跑出来的最大流就是对于质数x的最大操作数，对于每个质数的操作数累加起来就是答案。
代码
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<string> 5 #include<map> 6 #define N 100010 7 #define M 810 8 #define INF 0x37373737 9 using namespace std; 10 int dp,pre[M],p[M],tt[M],g[M],vis[M],dis[M],z[N],now[M],s,t,a[N],sum[N]; 11 int n,m,i,L[N],R[N],flag,j,ans; 12 void link(int x,int y,int z) 13 { 14 dp++;pre[dp]=p[x];p[x]=dp;tt[dp]=y;g[dp]=z; 15 dp++;pre[dp]=p[y];p[y]=dp;tt[dp]=x;g[dp]=0; 16 } 17 int min(int a,int b) 18 { 19 if (a<b) return a;return b; 20 } 21 int bfs() 22 { 23 int i,head,tail; 24 memcpy(now,p,sizeof(p)); 25 memset(vis,0,sizeof(vis)); 26 head=0;tail=1; 27 vis[s]=1; 28 dis[s]=0; 29 z[tail]=s; 30 do 31 { 32 head++; 33 i=p[z[head]]; 34 while (i) 35 { 36 if ((vis[tt[i]]==0)&&(g[i]>0)) 37 { 38 vis[tt[i]]=1; 39 dis[tt[i]]=dis[z[head]]+1; 40 tail++;z[tail]=tt[i]; 41 } 42 i=pre[i]; 43 } 44 } 45 while (head!=tail); 46 return vis[t]; 47 } 48 int dfs(int u,int flow) 49 { 50 int ans,tmp,i; 51 if (u==t) return flow; 52 i=now[u]; 53 ans=0; 54 while (i) 55 { 56 if ((dis[u]+1==dis[tt[i]])&&(g[i]>0)) 57 { 58 tmp=dfs(tt[i],min(flow-ans,g[i])); 59 ans+=tmp;g[i]-=tmp; 60 if (i%2==1) g[i+1]+=tmp;else g[i-1]+=tmp; 61 if (flow==ans) return flow; 62 } 63 i=pre[i]; 64 now[u]=i; 65 } 66 if (flow>ans) dis[u]=1; 67 return ans; 68 } 69 int main() 70 { 71 scanf("%d%d",&n,&m); 72 for (i=1;i<=n;i++) 73 scanf("%d",&a[i]); 74 for (i=1;i<=m;i++) 75 scanf("%d%d",&L[i],&R[i]); 76 for (i=2;i<=35000;i++) 77 { 78 flag=0; 79 for (j=1;j<=n;j++) 80 if (a[j]%i==0) 81 { 82 flag=1; 83 while (a[j]%i==0) 84 { 85 sum[j]++;a[j]=a[j]/i; 86 } 87 } 88 //---------------------------- 89 if (flag) 90 { 91 dp=0; 92 memset(p,0,sizeof(p)); 93 s=0;t=n+1; 94 for (j=1;j<=n;j++) 95 if (j%2==0) 96 link(j,t,sum[j]); 97 else 98 link(s,j,sum[j]); 99 for (j=1;j<=m;j++) 100 if (L[j]%2==0) 101 link(R[j],L[j],INF); 102 else 103 link(L[j],R[j],INF); 104 while (bfs()) ans=ans+dfs(s,INF); 105 for (j=1;j<=n;j++) 106 sum[j]=0; 107 } 108 flag=0; 109 } 110 for (i=1;i<=n;i++) 111 if (a[i]>1) 112 { 113 flag=a[i]; 114 for (j=1;j<=n;j++) 115 while (a[j]%flag==0) 116 { 117 sum[j]++;a[j]=a[j]/flag; 118 } 119 dp=0; 120 memset(p,0,sizeof(p)); 121 s=0;t=n+1; 122 for (j=1;j<=n;j++) 123 if (j%2==0) 124 link(j,t,sum[j]); 125 else 126 link(s,j,sum[j]); 127 for (j=1;j<=m;j++) 128 if (L[j]%2==0) 129 link(R[j],L[j],INF); 130 else 131 link(L[j],R[j],INF); 132 while (bfs()) ans=ans+dfs(s,INF); 133 for (j=1;j<=n;j++) 134 sum[j]=0; 135 } 136 printf("%d",ans); 137 }
D. Traffic Jams in the Land
正解是线段树，由于a[i]的值只可能是2到6,假设当前到了节点i,用了时间time,那么对于当前是要花费1s时间经过还是2s时间经过,用time和time%lcm(2,3,4,5,6)判断是没有差别的，那么对于线段树的每个节点都开60个数组，分别表示在(time&60)的时间进入该节点所表示的线段，并用了多少时间走出去，这样就可以对线段树进行修改和查询了。下面贴出的代码是用分块做的，块内元素固定为40，思想是和线段树一样的，只是每次修改都对所在的块暴力维护，也能卡过所有的数据。。。。
代码
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #define N 100100 4 #define Q 40 5 int n,i,j,a[N],s[30000][60],q,x,y,bx,by,tmp; 6 char ch; 7 int min(int a,int b) 8 { 9 if (a<b) return a;return b; 10 } 11 void change(int x) 12 { 13 int i,j,tmp; 14 for (j=0;j<=59;j++) 15 { 16 tmp=j; 17 for (i=(x-1)*Q+1;i<=min(x*Q,n);i++) 18 { 19 if (tmp%a[i]==0) tmp++; 20 tmp++; 21 } 22 s[x][j]=tmp-j; 23 } 24 } 25 int query(int x,int y,int bx,int by) 26 { 27 int i,tmp; 28 tmp=0; 29 for (i=x;i<=bx*Q;i++) 30 { 31 if (tmp%a[i]==0) tmp++; 32 tmp++; 33 } 34 for (i=bx+1;i<=by-1;i++) 35 tmp=tmp+s[i][tmp%60]; 36 for (i=(by-1)*Q+1;i<=y;i++) 37 { 38 if (tmp%a[i]==0) tmp++; 39 tmp++; 40 } 41 return tmp; 42 } 43 int main() 44 { 45 scanf("%d",&n); 46 for (i=1;i<=n;i++) 47 scanf("%d",&a[i]); 48 for (i=1;i<=(n-1)/Q+1;i++) 49 change(i); 50 scanf("%d",&q); 51 for (i=1;i<=q;i++) 52 { 53 getchar(); 54 scanf("%c%d%d",&ch,&x,&y); 55 if (ch==‘C‘) 56 { 57 a[x]=y; 58 change((x-1)/Q+1); 59 } 60 else 61 { 62 y--; 63 bx=(x-1)/Q+1; 64 by=(y-1)/Q+1; 65 if (bx==by) 66 { 67 tmp=0; 68 for (j=x;j<=y;j++) 69 { 70 if (tmp%a[j]==0) tmp++; 71 tmp++; 72 } 73 printf("%d\n",tmp); 74 } 75 else 76 { 77 printf("%d\n",query(x,y,bx,by)); 78 } 79 } 80 } 81 }
Codeforces Round #284 (Div. 1)
标签：
原文地址：http://www.cnblogs.com/fzmh/p/4187109.html
