2019-2020 ICPC, NERC, Southern and Volga Russian Regional Contest

Posted 2020-11-21 dup4

目录

• Contest Info
• Solutions
  • A. Berstagram
  • B. The Feast and the Bus
  • C. Trip to Saint Petersburg
  • E. The Coronation
  • F. Data Center
  • G. Discarding Game
  • H. Happy Birthday
  • J. The Parade
  • L. Divide The Students
  • M. SmartGarden
  • N. Wires

Contest Info

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Practice Link

Solved	A	B	C	D	E	F	G	H	I	J	K	L	M	N
9/14	O	O	O	-	O	O	-	O	-	O	-	O	-	O

• O 在比赛中通过
• ? 赛后通过
• ! 尝试了但是失败了
• - 没有尝试

Solutions

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A. Berstagram

题意：
给出(n)个数，刚开始第(i)个数在第(i)个位置，有(m)次操作，将标号为(a_i)的数和它前面那个数交换位置，如果它已经在最前面了，那么不操作。
最后输出(n)行，表示每个数所待过的位置的下标的最小值和最大值

思路：
每次交换只会影响两个数，暴力即可。

代码：

view code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using pII = pair<int, int>;
#define fi first
#define se second
const int N = 4e5 + 10;
int n, m, a[N], fa[N], b[N];
pII res[N];
void up(int x, int y) {
    res[x].fi = min(res[x].fi, y);
    res[x].se = max(res[x].se, y);
}

int main() {
    while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
        for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = i, fa[i] = i, res[i] = pII(i, i);
        for (int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d", b + i);
        for (int i = 1; i <= m; ++i) {
            int x = b[i];
            if (fa[x] == 1) continue;
            int pre = a[fa[x] - 1];
            swap(fa[x], fa[pre]);
            swap(a[fa[x]], a[fa[pre]]);
            up(x, fa[x]);
            up(pre, fa[pre]);
        //  for (int j = 1; j <= n; ++j)
        //      printf("%d%c", a[j], " 
"[j == n]);
        }
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            printf("%d %d
", res[i].fi, res[i].se);
    }
    return 0;
}

B. The Feast and the Bus

题意：
有(n)个人，(k)个小组，每个人属于一个小组，每个小组至少有一个人。
现在要租(r)辆巴士，每辆巴士的容量都为(s)，但是(s)和(r)可以自己定，使得能够装下所有人，并且满足以下两个限制条件：

• 同一组的人在同一辆巴士
• 一辆巴士最多有两个小组的人

使得(r cdot s)最小

思路：
考虑(k)很小，我们可以枚举(r)，然后可以算出有多少辆巴士必须要两个小组，然后贪心放，让小组人数多的占用单组巴士，小组人数少的贪心配对，即最大的配最小的，次大的配次小的(cdots)
时间复杂度(O(k^2))

代码：

view code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 5e5 + 10;
int n, k, a[N];
ll gao(int x) {
    ll s = 0;
    int need = k - (2 * x - k);
    for (int i = 1, j = need; i < j; ++i, --j) {
        s = max(s, 1ll * a[i] + a[j]);
    }
    for (int i = need + 1; i <= k; ++i)
        s = max(s, 1ll * a[i]);
    return s;
}

int main() {
    while (scanf("%d%d", &n, &k) != EOF) {
        memset(a, 0, sizeof a);
        for (int i = 1, x; i <= n; ++i) {
            scanf("%d", &x);
            ++a[x];
        }
        sort(a + 1, a + 1 + k);
        ll res = 1e18;
        for (int i = (k + 1) / 2; i <= k; ++i) {
            res = min(res, 1ll * i * gao(i));
        }
        printf("%lld
", res);
    }
    return 0;
}

C. Trip to Saint Petersburg

题意：
给出(n)个工作，和一个参数(k)。
每个工作的工作时间为([l_i, r_i])，可以获得(p_i)的利润，并且工作随便选，工作时间可以重叠。
唯一的代价就是所选择的工作中的最小的(L = l_i)，最大的(R = r_i)，代价就是(k cdot (R - L + 1))。
问所能获得的最大利润。

思路：
枚举右端点(R)，然后线段树维护左端点的贡献，每次要将(r_i = R)的工作的贡献加给左端点在([1, l_i])范围内的。
然后查询区间最值即可。

代码：

view code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using pIL = pair<int, ll>;
#define fi first
#define se second
const int N = 2e5 + 10;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, m, pl[N], pr[N]; ll k;
vector <vector<pIL>> vec;

struct SEG {
    struct node {
        ll Max, lazy; int pos; 
        node() { Max = -INF; lazy = pos = 0; } 
        void up(ll x) {
            Max += x;
            lazy += x;
        }
        node operator + (const node &other) const {
            node res = node();
            if (Max >= other.Max) {
                res.Max = Max;
                res.pos = pos;
            } else {
                res.Max = other.Max;
                res.pos = other.pos;
            }
            return res;
        }
    }t[N << 2], res;
    void build(int id, int l, int r) {
        t[id] = node();
        if (l == r) {
            t[id].Max = 0;
            t[id].pos = l;
            return;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        build(id << 1, l, mid);
        build(id << 1 | 1, mid + 1, r);
        t[id] = t[id << 1] + t[id << 1 | 1];
    }
    void down(int id) {
        ll &lazy = t[id].lazy;
        if (lazy) {
            t[id << 1].up(lazy);
            t[id << 1 | 1].up(lazy);
            lazy = 0;
        }
    }
    void update(int id, int l, int r, int ql, int qr, ll v) {
        if (l >= ql && r <= qr) {
            t[id].up(v);
            return;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        down(id);
        if (ql <= mid) update(id << 1, l, mid, ql, qr, v);
        if (qr > mid) update(id << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr, v);
        t[id] = t[id << 1] + t[id << 1 | 1];
    }
    void query(int id, int l, int r, int ql, int qr) {
        if (l >= ql && r <= qr) {
            res = res + t[id];
            return;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        down(id);
        if (ql <= mid) query(id << 1, l, mid, ql, qr);
        if (qr > mid) query(id << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr);
    }
}seg;

int main() {
    while (scanf("%d%lld", &n, &k) != EOF) {
        vec.clear(); vec.resize(N);
        m = 2e5;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            int l, r; ll p;
            scanf("%d%d%lld", &l, &r, &p);
            pl[i] = l, pr[i] = r;
            vec[r].push_back(pIL(l, p));
        }
        ll p = 0; int L = -1, R = -1; 
        seg.build(1, 1, m);
        for (int i = 1; i <= m; ++i) {
            seg.update(1, 1, m, 1, i, -k);
            for (auto &it : vec[i]) 
                seg.update(1, 1, m, 1, it.fi, it.se);
            seg.res = SEG::node();
            seg.query(1, 1, m, 1, i);
            if (seg.res.Max > p) {
                p = seg.res.Max;
                L = seg.res.pos;
                R = i;
            }
        }       
        if (p == 0) puts("0");
        else {
            vector <int> vec;
            for (int i = 1; i <= n; ++i) 
                if (pl[i] >= L && pr[i] <= R)
                    vec.push_back(i);
            int sze = vec.size();
            printf("%lld %d %d %d
", p, L, R, sze);
            for (int i = 0; i < sze; ++i)
                printf("%d%c", vec[i], " 
"[i == sze - 1]);
        }
    }
    return 0;
}

E. The Coronation

题意：
给出(n)个(01)串，每个(01)串可以(reverse)，求最少的(reverse)次数，使得任意两个串的有大于等于(k)个位置的字符是相同的。

代码：

view code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 60;

struct Edge {
    int v, p;//1 same

    Edge() {}

    Edge(int v, int p): v(v), p(p) {}
};

bool F;
int n, m, k;
string s[N];
vector<vector<Edge> > G;

bool ok(const string &S, const string &T) {
    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        if (S[i] == T[i]) ++cnt;
    }
    return cnt >= k;
}

int col[N], vis[N];
vector<int> vec, res;

void DFS(int u) {
    if (!F) return ;
    vis[u] = 1;
    vec.push_back(u);
    for (auto &it: G[u]) {
        if (col[it.v] == -1) {
            if (it.p) {
                col[it.v] = col[u];
            } else {
                col[it.v] = col[u] ^ 1;
            }
            DFS(it.v);
        } else { 
            if (it.p) {
                if (col[it.v] != col[u]) {
                    F = false;
                    break;
                }
            } else {
                if (col[it.v] != (col[u] ^ 1)) {
                    F = false;
                    break;
                }
            }
        }
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n >> m >> k;
        G.clear();
        G.resize(n + 1);
        memset(vis, 0, sizeof vis);
        memset(col, -1, sizeof col);
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            cin >> s[i];
        }
        F = true;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            for (int j = i + 1; j <= n; ++j) {
                int cnt = 0;
                int same = 0;
                if (ok(s[i], s[j])) {
                    cnt++;
                    same = 1;
                }
                reverse(s[j].begin(), s[j].end());
                cnt += ok(s[i], s[j]);
                reverse(s[j].begin(), s[j].end());
                if (cnt == 0) {
                    F = false;
                    break;
                }
                if (cnt == 1) {
                    G[i].push_back(Edge(j, same));
                    G[j].push_back(Edge(i, same));
                }
            }
            if (!F) {
                F = false;
                break;
            }
        }
        if (!F) {
            cout << "-1
";
            continue;
        }
        res.clear();
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            if (!vis[i]) {
                col[i] = 1;
                vec.clear();
                DFS(i);
                int cnt[2] = {0, 0};
                for (auto &it: vec) {
                    cnt[col[it]]++;
                }
                int now = 0;
                if (cnt[1] < cnt[0]) {
                    now = 1;
                }
                for (auto &it : vec) {
                    if (col[it] == now) {
                        res.push_back(it);
                    }
                }
            }
        }
        if (!F) {
            cout << "-1
";
        } else {
            int sze = res.size();
            cout << sze << "
";
            for (int i = 0; i < sze; ++i) {
                if (i) cout << " ";
                cout << res[i];
            }
            cout << "
";
        }
    }
    return 0;
}

F. Data Center

题意：
给出一个矩形的面积(n)，求所有合法矩形中的最小周长。

思路：
暴力分解。

代码：

view code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int n;
    while (scanf("%d", &n) != EOF) {
        int res = 1e9;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            if (n % i == 0) {
                res = min(res, i + n / i);
            }
        }
        res *= 2;
        printf("%d
", res);
    }
    return 0;
}

G. Discarding Game

题意：
有两个人玩游戏，刚开始两个人的分数都是(0)，每一轮，(A)的分数会加上(a_i)，(B)的分数会加上(b_i)，如果某个人的分数大于等于(k)，它就输了，如果两个人都大于等于(k)，两个人都输了。
如果最后过完了(n)轮，两人的分数都小于(k)，那么是平局。
赢的情况是其中某个人输了，那么另一个人就赢了。
现在(A)有超能力，它可以在每一轮加分结束后按下一个按钮，假定此时(A)的分数为(x)，(B)的分数为(y), (A)的分数变成(max(0, x - y))，(B)的分数变成(max(0, y - x))。
现在求最少次数使得(A)赢了。

H. Happy Birthday

题意：
给出([0, 9])每种数字的个数，问最小的不能被拼出来的数是多少。

代码：

view code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int a[100];

int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        for (int i = 0; i < 10; ++i) scanf("%d", a + i);
        int Min = a[0] + 2;
        for (int i = 1; i < 10; ++i) Min = min(Min, a[i] + 1);
        if (Min == a[0] + 2) {
            printf("1");
            for (int i = 1; i <= a[0] + 1; ++i) printf("0");
            puts("");
        } else {
            for (int i = 1; i < 10; ++i) {
                if (Min == a[i] + 1) {
                    for (int j = 1; j <= a[i] + 1; ++j) printf("%d", i);
                    puts("");
                    break;
                }
            }
        }
    }
    return 0;
}

J. The Parade

代码：

view code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 1e5 + 10;

int n;
ll k;
ll a[N], b[N];

bool check(ll x) {
    ll cnt = 0, remind = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        b[i] = a[i];
        if (b[i] >= x - remind) {
            cnt++;
            b[i] -= x - remind;
            remind = 0;
        }
        cnt += b[i] / x;
        remind = b[i] % x;
        if (cnt >= k) return true;
    }
    return cnt >= k;
}

int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d %lld", &n, &k);
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            scanf("%lld", a + i);
        }
        ll l = 1, r = 1e17, res = 0;
        while (r - l >= 0) {
            ll mid = (l + r) >> 1;
            if (check(mid)) {
                res = mid;
                l = mid + 1;
            } else {
                r =  mid - 1;
            }
        }
        printf("%lld
", res * k);
    }   
    return 0;
}

L. Divide The Students

题意：
有三类人，每类人有(a, b, c)个。
现在要将这三类人分成三组，使得第一类和第三类人不能在同一组，并且使得所有组的最大人数最少。

思路：
令(a > c)，那么将(c)单独放在一组，将(a)均分成两组，然后(b)每次选一个人数最少的组放。

代码：

view code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int _T; scanf("%d", &_T);
    while (_T--) {
        int a, b, c;
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
    //  int res = max((a + b + c + 2) / 3, min(a, c));
    //  printf("%d
", res);
        if (a < c) swap(a, c);
        int A[3] = {a / 2, a - a / 2, c};
        while (b) {
            sort(A, A + 3);
            ++A[0];
            --b;
        }
        printf("%d
", max(A[0], max(A[1], A[2])));
    }
    return 0;
}

M. SmartGarden

题意：
给出一个(n cdot n)的矩形，其中对角线和对角线下面一条线是墙，其他地方是蔬菜，类似这样：

现在每次可以选择若干个行，若干个列，将这些行列相交的地方浇上水，次数最多为(50)次，并且不能浇到墙，并且每棵蔬菜都要被浇到。

N. Wires

题意：
给出(n)条边，点的标号在([1, 10^9])，现在可以修改某条边的某个端点，使得这(n)条边所构成的图是一个连通块。
使得修改次数最少。

思路：
显然最少修改次数为连通块个数 - 1。
随便选取一个连通块出来，让其他连通块都连向这个连通块。
然后考虑每个连通块里：

• 如果有(1)度顶点，直接改掉这个(1)度顶点
• 那么没有(1)度顶点，那么必然有环，随便改掉环上的一条边即可

代码：

view code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f;
struct Hash {
    vector <int> a;
    void init() { a.clear(); }
    void add(int x) { a.push_back(x); }
    void gao() { sort(a.begin(), a.end()); a.erase(unique(a.begin(), a.end()), a.end()); }
    int get(int x) { return lower_bound(a.begin(), a.end(), x) - a.begin() + 1; }
}hs;
struct E {
    int u, v;
    E() {}
    E(int u, int v) : u(u), v(v) {}
}e[N]; 
struct node {
    int id, u, v;
};
vector <vector<node>> G;
vector <node> res;
int n, m, d[N], fa[N], vis[N], Insta[N], used[N], usede[N], F; 
int find(int x) { return fa[x] == 0 ? x : fa[x] = find(fa[x]); }
void merge(int u, int v) {
    u = find(u); v = find(v); 
    if (u != v) fa[u] = v;
} 
void dfs(int u) {
    used[u] = 1;
    Insta[u] = 1;
    for (auto &it : G[u]) if (!usede[it.id]) {
        usede[it.id] = 1;
        int v = it.v;
        if (Insta[v]) {
            if (!F) {
                res.push_back({it.id, hs.a[it.u - 1], hs.a[0]});
                F = 1;
                return;
            }
        }
        if (used[v] == 0) {
            dfs(v);
        }
        if (F) return;
    }
    Insta[u] = 0;
}

int main() {
    int _T; scanf("%d", &_T);
    while (_T--) {
        scanf("%d", &n);
        hs.init();
        for (int i = 1, u, v; i <= n; ++i) {
            scanf("%d%d", &u, &v);
            hs.add(u); hs.add(v);
            e[i] = E(u, v);
            usede[i] = 0;
        }
        hs.gao();
        m = hs.a.size();
        for (int i = 1; i <= m; ++i) {
            d[i] = fa[i] = 0;
            vis[i] = 0;
            Insta[i] = used[i] = 0;
        }
        G.clear(); G.resize(m + 1);
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            e[i].u = hs.get(e[i].u);
            e[i].v = hs.get(e[i].v);
            ++d[e[i].u];
            ++d[e[i].v];
            merge(e[i].u, e[i].v);
            int u = e[i].u, v = e[i].v;
            G[u].push_back({i, u, v});
            G[v].push_back({i, v, u});
        }
        int rt = 1, frt = find(rt);
        vis[frt] = 1;
        res.clear();
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            int &u = e[i].u, &v = e[i].v;
            if (d[u] > d[v]) swap(u, v);
            int fu = find(u);
            if (vis[fu]) continue;  
            if (d[u] == 1) {
                res.push_back({i, hs.a[u - 1], hs.a[0]});
                vis[fu] = 1;
            }
        }
        for (int i = 1; i <= m; ++i) {
            int fi = find(i);
            if (vis[fi]) continue;
            F = 0;
            vis[fi] = 1;
            dfs(i);
        }
        int sze = res.size();
        printf("%d
", sze);
        for (int i = 0; i < sze; ++i) { 
            printf("%d %d %d
", res[i].id, res[i].u, res[i].v);
        }
    }
    return 0;
}