16.05.25-16.06.10 题集

Posted 2020-07-23 theArcticOcean

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了16.05.25-16.06.10 题集相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

继2016.05.24续：

codeforces 651B. Beautiful Paintings-简单

http://codeforces.com/problemset/problem/651/B
大意：给出一个序列，求解其任意排列中满足ai + 1 > ai 的元素个数最大和。
分析：理想情况下，无重复元素的0从小到大的排列，满足条件的元素个数最多，是n-1.
非理想情况下还有重复元素，只要不断提取出重复的这些元素归到另一集合再这样讨论即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

int s1[1009],s2[1009];

int main()
{
    //freopen("cin.txt","r",stdin);
    int n;
    while(cin>>n){
        for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&s1[i]);
        int top=n,ans=0;
        sort(s1,s1+n);
        while(top){
            int tp=0;
            for(int i=1;i<top;i++){
                if(s1[i]==s1[i-1]) s2[tp++]=s1[i];
                else ans++;
            }
            for(int i=0;i<tp;i++) s1[i]=s2[i];
            top=tp;
        }
        printf("%d\\n",ans);
    }
    return 0;
}

zoj 2343 Robbers-简单

http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=2343
大意：n个抢到分配赃物，要将总量是M的金币分配完全，每人得到ki，且误差|Xi/Y - Ki/M|的累计最小。
分析：误差式可以化成(XiM-KiY)/(YM)，于是对于每一个金币，我给XiM最大的人即可。使用优先队列，每一模拟

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL n,m,y,xx;
struct node{
    LL x,k,dex;
    void show(){ cout<<x<<" "<<k<<" "<<dex<<endl; }
}p[1009];
struct cmp{
    bool operator()(node a,node b){
        return a.x<b.x;
    }
};
int cmp2(node a,node b){
    return a.dex<b.dex;
}
int main()
{
    //freopen("cin.txt","r",stdin);
    while(~scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&y)){
        priority_queue<node,vector<node>,cmp> que;
        for(int i=0;i<n;i++){
            scanf("%lld",&xx);
            node p;
            p.k=0;
            p.x=xx*m;
            p.dex=i;
            que.push(p);
            node t=que.top();
        }
        while(m>0){
            node temp=que.top();
            que.pop();
            temp.x-=y;
            temp.k++;
            que.push(temp);
            m--;
        }
        int top=0;
        while(!que.empty()){
            p[top++]=que.top();
            que.pop();
        }
        sort(p,p+top,cmp2);
        for(int i=0;i<top-1;i++) printf("%lld ",p[i].k);
        printf("%lld\\n",p[top-1].k);
    }
    return 0;
}

或者，先按比例分配，然后对于x[i]/Y - k[i]/M，谁最大我分给谁。注意，不是绝对值。这种解法更容易编码。

codeforces 651A. Joysticks-简单贪心

http://codeforces.com/problemset/problem/651/A
大意：两个操作杆，一个充电器，每一分钟可以选择一个操作杆充电，增加 1 percent，没有充电的减少2 percent。原来两者的电量是a,b。求解能维持两者电量都大于0的分钟数。
分析：木桶原理，保证两者都要大于0，那么谁少就给谁充电。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

int main()
{
    int a1,a2;
    while(cin>>a1>>a2){
        int sec=0;
        if(a1>a2) swap(a1,a2);
        while(a1>=1 && a2>=2){
            a1++;
            a2-=2;
            if(a1>a2) swap(a1,a2);
            sec++;
        }
        printf("%d\\n",sec);
    }
    return 0;
}

acdream 1220 Hyperhuffman-哈夫曼编码简单题

http://acdream.info/problem?pid=1220
大意：给出每一个字符出现的次数，问哈弗曼编码的带权路径长度。
分析：关于哈弗曼编码，将每一个字符出现的次数作为树的结点的值，然后每一次取集合中最小的两个值合并，持续下去，直到剩下一个值，作为根节点。
相关博文：
http://www.cnblogs.com/Jezze/archive/2011/12/23/2299884.html
http://blog.csdn.net/thearcticocean/article/details/46597773
本题自然是模拟中间两两合并的过程即可。要求输出length of text, bits. 那么所有的结点的值之和即是所求。

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
struct cmp{
    bool operator ()(const LL a,const LL b){
        return a>b;
    }
};
int main()
{
    int n;
    LL a;
    while(cin>>n){
        priority_queue<LL,vector<LL>,cmp> que;
        for(int i=0;i<n;i++){
            scanf("%lld",&a);
            que.push(a);
        }
        LL sum=0,t1=0,t2=0;
        //while(!que.empty()) { cout<<que.top()<<" ";  que.pop(); }  cout<<endl;
        while(!que.empty()){
            t1=que.top();
            que.pop();
            if(que.empty()) break;
            t2=que.top();
            que.pop();
            sum+=t2+t1;
            que.push(t1+t2);
        }
        printf("%lld\\n",sum);
    }
    return 0;
}

codeforces 650B. Image Preview-二分好题

http://codeforces.com/problemset/problem/650/B
大意：n张相片，从第一张相片开始，可以向左或向右滑动查看不同的相片，手机的方向是vertical，相片可能vertical，也可能horizontal，查看过的相片不再查看，不过要计算滑动的时间。在总时间T秒内最多能查看多少张相片？
分析：感觉变化好多啊，翻页花费的时间，调整方向花费的时间，看相片花费的时间。仿佛没有规律。
暴力是个好东西，专门解决没有规律的问题。不过暴力也要有技巧的暴力，比如，二进制枚举，二分查找等。
分析发现，最终的结果也就是向左、向右查看了多少相片。所以我们可以一个方向上直接枚举，另一个方向上二分加速。

工具好不好用，能发挥多大的威力完全在于使用它的人啊。此题再次说明了这个道理。一般来讲，寻找极限值使用三分查找的，但是三分往往针对浮点数有效。此题是整数问题，我见识到了用二分解决整数极值问题。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

const int N=5e5+10;
char str[N];
int sum[N];
int n,a,b,t;
bool check(int w){
    int ans=0,temp=0;
    for(int i=1;i<=w;i++){
        ans=sum[i]+sum[n]-sum[n-(w-i)];  // 前缀和能求出任意段值
        temp=min(a*(i-1)*2+(w-i)*a,a*(w-i)*2+a*(i-1));  //右右左、左左右
        ans=ans+temp;
        if(ans<=t) return 1;
    }
    return 0;
}
int main()
{
    //freopen("cin.txt","r",stdin);
    while(~scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&t)){
         scanf("%s",str+1);
         for(int i=1;i<=n;i++){
             sum[i]=sum[i-1]+1;
             if(str[i]=='w') sum[i]+=b;
         }
         int ans=0,l=1,r=n,mid;  // binary search for number of photo(answer)!
         while(l<=r){
             mid=(l+r)>>1;
             if(check(mid)){ ans=ans>mid?ans:mid;  l=mid+1; }
             else r=mid-1;
         }
         printf("%d\\n",ans);
    }
    return 0;
}

codeforces 652B. z-sort -简单

http://codeforces.com/problemset/problem/652/B
大意：给出n个数字，求解其满足这样的排列。
ai ≥ ai - 1 for all even i,
ai ≤ ai - 1 for all odd i > 1.
分析：先把前n/2个数字放在偶数位，然后在奇数位上放入剩下的数字。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int a[1009],b[1009];
int cmp(int t1,int t2){
    return t1>t2;
}
int main()
{
    //freopen("cin.txt","r",stdin);
    int n;
    while(cin>>n){
        for(int i=0;i<n;i++){
            scanf("%d",&a[i]);
        }
        sort(a,a+n,cmp);
        int len=n>>1,top=0;
        for(int i=0;i<len;i++){
            int j=2*i+1;
            b[j]=a[i];
        }
        for(int i=len;i<n;i++){
            b[top]=a[i];
            top+=2;
        }
        for(int i=0;i<n-1;i++){
            printf("%d ",b[i]);
        }
        printf("%d\\n",b[n-1]);
    }
    return 0;
}

ACdream - 1195 Sudoku Checker-递归 or math

http://acdream.info/problem?pid=1195
大意：检测一个矩阵是否满足数独的特征。
Each row contains each number from 1 to N2, once each.
Each column contains each number from 1 to N2, once each.
Divide the N2×N2 matrix into N2 non-overlapping N×N sub-matrices. Each sub-matrix contains each number from 1 to N2, once each.
分析：
用一维数组做，易出错啊，交了四次。直接计算每一个起点和起点对应的小矩阵里的每一个元素的位置。即用纯数学思维，找每一个元素的位置。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int g[1600];
bool tag[1050];
bool check(int s,int N,int n){
    memset(tag,0,sizeof(tag));
    for(int i=0;i<n;i++){
        int x=i*N+s,y;
        for(int j=0;j<n;j++){
            y=x+j;
            tag[g[y]]=1;
        }
    }
    for(int i=1;i<=N;i++){
        if(tag[i]==0) {
            return false;
        }
    }
    return true;
}
int main()
{
    //freopen("cin.txt","r",stdin);
    int t,n,ca=1;
    cin>>t;
    while(t--){
        scanf("%d",&n);
        int N=n*n;
        for(int i=0;i<N;i++){
            for(int j=1;j<=N;j++){
                scanf("%d",&g[i*N+j]);
            }
        }
        int s=1,len=N*N;
        bool ok=1;
        while(s<=len){
            for(int i=0;i<n;i++){
                if(i) s+=n;
                //cout<<s<<" ";
                if(check(s,N,n)==false) {
                    ok=0;
                    break;
                }
            }
            if(ok==0) break;
            s+=(n-1)*N+n-1+1;
        }   //cout<<endl;
        for(int i=0;i<N;i++){  // 横着
            memset(tag,0,sizeof(tag));
            for(int j=1;j<=N;j++){
                tag[g[i*N+j]]=1;
            }
            for(int j=1;j<=N;j++){
                if(tag[j]==0){ ok=0;  break;  }
            }
            if(ok==0)  break;
        }

        for(int j=1;j<=N;j++){   //竖着
            memset(tag,0,sizeof(tag));
            for(int i=0;i<N;i++){
                tag[g[j+i*N]]=1;
            }
            for(int i=1;i<=N;i++){
                if(tag[i]==0){ ok=0;  break;  }
            }
            if(ok==0)  break;
        }
        if(ok) printf("Case #%d: Yes\\n",ca++);
        else printf("Case #%d: No\\n",ca++);
    }
    return 0;
}

用二维数组做，归纳的思想，不易出错。将每一个n*n的小部分看做n^4的一个格子。即：

这里写图片描述

那么我们令大格子的迭代器x: i, y: j 每一个小格子n*n部分的左上角位置就是(i-1)n+1, (j-1)n+1 （设数组各维的起点是1）

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int g[40][40];
bool vis[1009];
int main()
{
    int t,n,ca=1;
    cin>>t;
    while(t--){
        scanf("%d",&n);
        int N=n*n;
        for(int i=1;i<=N;i++){
            for(int j=1;j<=N;j++){
                scanf("%d",&g[i][j]);
            }
        }
        bool  ok=1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=n;j++){
                int start_x=(i-1)*n+1,x_step=n;
                int start_y=(j-1)*n+1,y_step=n;
                memset(vis,0,sizeof(vis));
                for(int ii=start_x;x_step>0;ii++,x_step--){
                    y_step=n;
                    for(int jj=start_y;y_step>0;jj++,y_step--){
                        vis[g[ii][jj]]=1;
                    }
                }
                for(int ii=1;ii<=N;ii++){
                    if(vis[ii]==0) {  ok=0;  break; }
                }
            }
        }
        for(int i=1;i<=N;i++){
            memset(vis,0,sizeof(vis));
            for(int j=1;j<=N;j++){
                vis[g[i][j]]=1;
            }
            for(int j=1;j<=N;j++) if(vis[j]==0) ok=0;
        }
        for(int j=1;j<=N;j++){
            memset(vis,0,sizeof(vis));
            for(int i=1;i<=N;i++){
                vis[g[i][j]]=1;
            }
            for(int i=1;i<=N;i++) if(vis[i]==0) ok=0;
        }
        if(ok==0) printf("Case #%d: No\\n",ca++);
        else printf("Case #%d: Yes\\n",ca++);
    }
    return 0;
}

ACdream - 1187 Rational Number Tree -tree 规律

http://acdream.info/problem?pid=1187
大意：有一颗分子树是这样的：

         1/1
    ______|______
    |           |
   1/2         2/1
 ___|___     ___|___
 |     |     |     |
1/3   3/2   2/3   3/1
...

left and right childs of node p/q are p/(p+q) and (p+q)/q, respectively
现在有两种问法，一种是给出一个数字，作为结点的位置，求解结点的分子和分母。另一种是给出结点的分子和分母，求解它在树中的位置（层次遍历）。
分析：解题思路一定和路径相关。这听起来是一句废话，但是确实能起很大作用。通过观察发现，

          1
    ______|______
    |           |
    2           3
 ___|___     ___|___
 |     |     |     |
 4     5     6     7

位置是偶数的相对父节点而言是在左边，且是父节点位置的2倍；是奇数的相对父节点而言是在右边，位置比左兄弟大1。
分支规律：

         a/b
    ______|______
    |           |
   a/(a+b)   (a+b)/b

那么我们对位置dex分解，用一个栈存储分解信息。

char sta[1000];  int top=0; 
void solve(dex){
    if(dex is odd) {
       sta.push('B');  // 右边
       dex--;
    }
    else {
       sta.push('A');  // 左边
       dex>>=1;
    }
}

再根据路径信息寻找分子。

work(a,b,key){
    if(key=='A') return(a,a+b);
    else return (b,b-a);
}

由a/b寻找位置dex,观察容易发现，只有根结点分子和分母是相等的。再结合这颗树的分支特征，我们不断向上直达根部，存储路径信息，最后由路径信息计算位置.

while(a!=b){
    if(a>b){
        LL t=b;  b=a; a=a-t;
        sta.push('B');
    }
    else {
        b=b-a;
        sta.push('A');
    }
}

最后，信息先进后出，计算位置.

while(top>0){
    if（sta[top-1]=='A') ans<<=1;
    else ans++;
    top--;
}

code:

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

typedef unsigned long long LL;
struct node{
    LL a,b;
    node(LL t1,LL t2){ a=t1; b=t2; }
    void show(){  cout<<"   ("<<a<<","<<b<<")  ";}
};
char sta[1000];
int top;

node work(node p,char key){
    if(key=='A') return node(p.a,p.a+p.b);
    else if(key=='B')  return node(p.b,p.b-p.a);
}

int main()
{
    //freopen("cin.txt","r",stdin);
    int t,ca=1,key;
    cin>>t;
    while(t--){
        scanf("%d",&key);
        LL dex,a,b;
        if(key==1) {
            scanf("%llu",&dex);
            node p(1,1);
            top=0;
            while(dex>1){
                if(dex&1) {
                    dex--;
                    sta[top++]='B';
                }
                else {
                    dex>>=1;
                    sta[top++]='A';
                }
            }
            while(top>0){
                p=work(p,sta[--top]);
                //p.show();
            }
            printf("Case #%d: %llu %llu\\n",ca++,p.a,p.b);
        }
        else {
            scanf("%llu %llu",&a,&b);
            top=0;
            LL ans=1;
            while(a!=b){
                if(a>b){
                    LL t=b;  b=a; a=a-t;
                    sta[top++]='B';
                }
                else {
                    b=b-a;
                    sta[top++]='A';
                }
            }
            while(top>0){
                if(sta[top-1]=='A') ans=ans<<1;
                else ans++;
                top--;
            }
            printf("Case #%d: %llu\\n",ca++,ans);
        }
    }
    return 0;
}

codeforces 659A. Round House - math

http://codeforces.com/problemset/problem/659/A
这里写图片描述
大意：给出圆环上结点的个数n，起点a，和运动距离b（b<0则代表逆时针运动，b>0则代表顺时针运动），问结果的位置。
分析：虽然只是A题，但仍然错了一次。一开始写出的答案是ans=(a-1+n+b)%n+1，错了不知道为何，模拟过了。后期明白了，真实的结果是ans=((a-1+b+n)%n+n)+1 注意b可能小于0，且绝对值远大于n。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;

int main()
{
    int n,a,b;
    while(~scanf("%d%d%d",&n,&a,&b)){
        /*int bb=abs(b);
        while(bb>0){
            if(b>0){ a=a+1; if(a==n+1) a=1;   }
            if(b<0){ a=a-1; if(a==0) a=n; }
            bb--;
        }
        printf("%d\\n",a); */
        int ans=((a-1+n+b)%n+n)%n;
        printf("%d\\n",ans+1);
    }
    return 0;
}

codeforces 659C. Tanya and Toys - hash STL

http://codeforces.com/problemset/problem/659/C
大意：给出n个数字(1——1e9)，求出剩下尽可能多的数字（在1——1e9内）使得他们的和不大于m。
分析：hash标记出现过的数字，再由小到大遍历没有出现的数字，和不大于m即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int sta[N];
int main()
{
    int n,m,a;
    while(cin>>n>>m){
        map<int,int> mp;
        for(int i=0;i<n;i++){
            scanf("%d",&a);
            mp[a]=1;
        }
        int top=0;
        for(int i=1;i<=m;i++){
            if(mp[i]==0){
               sta[top++]=i;
               m-=i;
            }
        }
        printf("%d\\n",top);
        if(top==0) continue;
        for(int i=0;i<top-1;i++){
            printf("%d ",sta[i]);
        }
        printf("%d\\n",sta[top-1]);
    }
    return 0;
}

codeforces 659G. Fence Divercity - dp

http://codeforces.com/problemset/problem/659/G
大意：有一堵墙，给出一列列的高度，现在要除去一部分的高度，要求不能把某一部分的高度变成0，且除去部分需要连着，或者就除去一列。
分析：从中间过程入手，假设要降低某一列i的高度，要么和前面是连着的降低的，要么是单独降低的。为了方便思考，将所有的高度减去1，单独的就是高度1,2,3…… 连着降低的就是
这里写图片描述
高度方案是乘的关系。
即：ans=ans+h[i]*last(i)+h[i]
ans=ans+min(h[i],h[i-1]) last[i]+h[i].
然后现在就是解决这个last。
分析容易知道last是和h[i]连着的，为了保证是连着的，右边的高度不能大于h[i]。所以最右边的高度应该是H=min(h[i-1],h[i]).
同时我们还需要保证last有所有的和h[i]相连的方案情况。
这里写图片描述
观察上图，可以发现last(i+1)含有的方案属于ans(i). 这其中含有递推关系。但ans(i)是含有独立h[i]的，last[i]必须考虑能和h[i]连接。所以last[i]有和ans[i]相似的性质，但是没有独立的h[i]，且h[i]要么和前面多个相连要么单个相连。
last[i]=last[i-1]*min(h[i-1],h[i],h[i+1])+min(h[i],h[i+1]);

综上，写出递推式子：

dp[i][1]=dp[i-1][1]+min(h[i],h[i-1])*dp[i-1][0]+h[i]
dp[i][0]=dp[i-1]*min(min(h[i-1],h[i]),h[i+1])+min(h[i],h[i+1]);

cout<<dp[n][1]<<endl;

code:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod=1e9+7,N=1e6+10;
LL h[N],dp[N][2];
int main()
{
    //freopen("cin.txt","r",stdin);
    int n;
    LL a;
    while(cin>>n){
        for(int i=1;i<=n;i++) {
            scanf("%I64d",&h[i]);
            h[i]--;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){
            dp[i][1]=(dp[i-1][1]+min(h[i],h[i-1])*dp[i-1][0]%mod+h[i])%mod;
            dp[i][0]=(dp[i-1][0]*min(min(h[i-1],h[i]),h[i+1])%mod+min(h[i],h[i+1]))%mod;
        }
        cout<<dp[n][1]<<endl;
    }
    return 0;
}

acdream 1408 Money, Money, Money - 规律

http://acdream.info/problem?pid=1408
大意：给出一个数字x，求解是否存在a,b，使得它们的组合>x。即t1a+t1b=y>x. (y=x+1, y=x+2, y=x+3…… t1>=0, t2>=0)
分析：不要用正常的数字思路分析，不然会发现几个变量组成的等式没有解。
暴力查出前几个数字的解，然后看出规律即可。答案是2, x+2. 当x是偶数时，这个答案失效了。恩，偶数就是没有答案。

code:

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
bool check(LL a,LL b,LL g){
    for(LL t1=0;t1<100;t1++){
        for(LL t2=0;t2<100;t2++){
            if(t1*a+t2*b==g)  return true;
        }
    }
    return false;
}
int main()
{
    LL x;
    while(cin>>x){
        /*for(LL a=1;a<x+10;a++){
            for(LL b=1;b<x+10;b++){
                bool ok=1;
                for(LL g=x+1;g<x+1000;g++){
                    if(!check(a,b,g)){ ok=0;  break; }
                }
                if(ok){ cout<<a<<" "<<b<<endl;   }
                //else cout<<"0 0\\n";
            }
        }*/
        if((x&1)==0) {
            puts("0 0");   continue;
        }
        printf("%lld %lld\\n",2LL,x+2LL);
    }
    return 0;
}

codeforces 650A. Watchmen - 去重

http://codeforces.com/problemset/problem/650/A
大意：求解哈弗曼距离和欧式距离相等的点对个数。
分析：想要让两种距离相等，那么两个点要么x相等，要么y相等，或者全等。于是我们发现还有点重复的问题，
理想情况下仅仅有一维坐标相等，那么增加的点对个数就是(设k是点的个数）k(k-1)/2。那么非理想情况下，就需要我们去重：
这里写图片描述
先对y排序： $\\sum \\frac{y(y-1)}{2}$
再对x排序： $\\sum \\frac{x(x-1)}{2}$
但是y维和x维都把相同位置点的配对情况统计了一次，所以要再减去一次。
消除相同位置点的影响： $\\sum\\frac{q(q-1)}{2}$

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=2e5+10,inf=1<<30;
typedef long long LL;
struct node{
    LL x,y;
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