[Codeforces #188] Tutorial

Posted 2021-01-03 newera

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Codeoforces #188 传送门

A:

先全转为正数，后面就全是指数级增长了

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
ll x,y,m,res;

int main()
{
    cin>>x>>y>>m;
    if(max(x,y)<m&&max(x,y)<=0) 
        return puts("-1"),0;
    
    while(x<m&&y<m)
    {
        if(x>y) swap(x,y);
        ll t=(y-x)/y+1;
        res+=t;x+=t*y;
    }
    cout<<res;
    return 0;
}

Problem A

不断将$(x,y)$改为$(x+y,x)$要分类，在一数为负数时为线性增长

 

B:

首先要发现最终不为0的点的$x,y$的范围仅不到$[-100,100]$

又由于最终状态和操作顺序无关，因此每次将可能区域内的点暴力更新即可

不过我一开始使用了$bfs$，导致同一个位置可能每次进栈多次从而TLE……

以后$bfs$在同一层时一定要控制每个数的进栈次数！能每个位置暴力就不要$bfs$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int ZERO=105;
int n,t,x,y,a[2*ZERO][2*ZERO],flag=1;
int dx[]={0,0,1,-1},dy[]={1,-1,0,0};

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&t);
    a[ZERO][ZERO]=n;
    while(flag)
    {
        flag=0;
        for(int i=ZERO-100;i<=ZERO+100;i++)
            for(int j=ZERO-100;j<=ZERO+100;j++)
                if(a[i][j]>=4)
                {
                    flag=1;
                    for(int k=0;k<4;k++)
                        a[i+dx[k]][j+dy[k]]+=a[i][j]/4;
                    a[i][j]%=4;
                }
    }
    while(t--)
        scanf("%d%d",&x,&y),printf("%d
",abs(x)<=ZERO&&abs(y)<=ZERO?a[ZERO+x][ZERO+y]:0);
    return 0;
}

Problem B

 

C:

其实是一道不算难的模拟题？可能当时被吓到了……

只要每个连通块里保证收支平衡就保证有解

接下来可以暴力枚举点对转移，保证是将多出的转入少的中，这样就可以忽略上限这个条件了

 

但也可以总共$O(n^2)$得做：

由于转移次数上限为$O(2*n^2)$，因此可以仅将每个连通块连成一棵树

将一个当前不够的点作为根先做一个预处理，只要$O(n)$的遍历就能使该点符合条件

过程中注意保证已经符合条件的点不能改变，将当前多出的转移

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int MAXN=2e5+10;
struct edge{int nxt,to;}e[MAXN<<2];
struct result{int x,y,val;}res[MAXN<<2];
int n,v,m,x,y,a[MAXN],b[MAXN],f[MAXN],head[MAXN],tot,cnt;ll sum[MAXN];

int find(int x)
{return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);}
void add_edge(int x,int y)
{e[++tot]={head[x],y};head[x]=tot;e[++tot]={head[y],x};head[y]=tot;}
void add_res(int x,int y,int val)
{a[x]-=val,a[y]+=val,res[++cnt]={x,y,val};}

void dfs(int x,int anc)
{
    sum[x]=a[x]-b[x];
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
        if(e[i].to!=anc) dfs(e[i].to,x),sum[x]+=sum[e[i].to];
}
void solve(int x,int anc,int val)
{
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to==anc||sum[e[i].to]<=0) continue; 
        int w=sum[e[i].to]<val?sum[e[i].to]:val,tmp=a[e[i].to];
        if(tmp>=w)
        {
            add_res(e[i].to,x,w);
            if(a[e[i].to]<b[e[i].to]&&tmp>=b[e[i].to]) 
                solve(e[i].to,x,b[e[i].to]-a[e[i].to]);
        }
        else
        {
            add_res(e[i].to,x,tmp);
            if(tmp<b[e[i].to]) solve(e[i].to,x,w-tmp);
            else solve(e[i].to,x,w-tmp+b[e[i].to]);
            add_res(e[i].to,x,w-tmp);
        }
        val-=w;if(!val) return;
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&v,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=i;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        int posx=find(x),posy=find(y);
        if(posx!=posy) add_edge(x,y),f[posx]=posy;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) sum[find(i)]+=a[i]-b[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) if(sum[i]) return puts("NO"),0;
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(a[i]<b[i]) dfs(i,0),solve(i,0,b[i]-a[i]);
    printf("%d
",cnt);
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        printf("%d %d %d
",res[i].x,res[i].y,res[i].val);
    return 0;
}

Problem C

 

 

D:

很明显的一道博弈论

找到所有极大的集合${X^s}$，对每个集合求$SG$值最后异或即可

其中数量大于2的集合可以$sqrt(n)$得找出，剩下数量为1的$SG=1$，可以统一计算

同时$SG$值仅和集合内数量相关，可以预处理+打表

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int mx=30,MAXN=1e5+10;
//unordered_map<int,int> mp;
int n,k,pre[50],vis[MAXN],rem,res;
int sg[30]={0,1,2,1,4,3,2,1,5,6,2,1,8,7,5,9,8,7,3,4,7,4,2,1,10,9,3,6,11,12};
/*
int solve(int x)
{
    int &tmp=mp[x];
    if(tmp) return tmp;
    int ret=(1<<mx)-1;
    for(int i=1;(1<<(i-1))<=x;i++)
        if(x&(1<<(i-1)))
            ret&=~solve(x&~pre[i]);
    return tmp=ret&(-ret);
}
*/
int main()
{
/*    
    for(int i=1;i<=mx;i++)
        for(int j=i;j<=mx;j+=i)
            pre[i]|=(1<<(j-1));        
    mp.max_load_factor(0.30);
    mp.reserve(750000);
    for(int i=1;i<mx;i++)
        sg[i]=__builtin_ctz(solve((1<<i)-1));
*/    
    scanf("%d",&n);
    rem=n;res=0;
    for(int i=2;i*i<=n;i++)
        if(!vis[i])
        {
            k=0;
            for(ll j=i;j<=n;j*=i,k++) 
                if(j*j<=n) vis[j]=1;
            rem-=k;res^=sg[k];
        }
    res^=(rem&1);
    puts(res?"Vasya":"Petya");
    return 0;
}

Problem D

与次方相关的注意将大于1的和1次方分开考虑

注意该题各种位运算技巧和$unordered\_ map$以及$builtin\_ ctz,reserve(),max\_load\_factor$的使用

 

E: