codeforces 447 A-E div2 补题
Posted 逐雪
tags:
篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了codeforces 447 A-E div2 补题相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
A DZY Loves Hash 水题
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> using namespace std; bool f[300]; int main() { long long int p,t; int i,j,k,m,n; cin>>p>>n; bool fs=0; memset(f,0,sizeof(f)); for(i=1;i<=n;i++) { cin>>t; t=t%p; if(!f[t])f[t]=1; else { fs=1; cout<<i; break; } } if(!fs)cout<<-1; return 0; }
B DZY Loves Strings 水题
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> using namespace std; int main() { ios::sync_with_stdio(false); char s[1001]; int v[26],i,j,k,m,n,maxv=0; cin>>s; cin>>k; for(i=0;i<26;i++) { cin>>v[i]; if(v[i]>maxv)maxv=v[i]; } long long int ans=0; m=strlen(s); for(i=0;i<m;i++) ans+=(i+1)*(v[s[i]-‘a‘]); for(;i<m+k;i++) ans+=(i+1)*maxv; cout<<ans; return 0; }
枚举修改的位置即可 水
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn=100005; typedef long long int LL; LL num[maxn]; int ac[maxn],dc[maxn]; int main() {//freopen("t.txt","r",stdin); int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%I64d",&num[i]),ac[i]=dc[i]=1; for(int i=1;i<=n;) { int len=1; for (int j=i+1;j<=n&&num[j]>num[j-1];j++)len++; for(int j=i;len>1;len--,j++) ac[j]=len; i=i+ac[i]; } for(int i=n;i>=1;) { int len=1; for (int j=i-1;j>=1&&num[j]<num[j+1];j--)len++; for(int j=i;len>1;len--,j--) dc[j]=len; i=i-dc[i]; } dc[0]=ac[0]=dc[n+1]=ac[n+1]=0; num[0]=-999999999999LL; num[n+1]=9999999999999LL; int ans=1; for(int i=1;i<=n;i++) { if(num[i-1]<num[i+1]-1)ans=max(ans,1+dc[i-1]+ac[i+1]); else ans=max(ans,max(1+dc[i-1],1+ac[i+1])); } printf("%d\n",ans); return 0; }
给定一个矩阵 进行k次操作 每次取一行或一列 累加他们的和 并且将取中的每一个元素减p
每次找最大行或最大列的贪心方法是错误的。可以找到反例。
那么我们考虑如果p=0 我们找最大行或者最大列 K次即可
如果p不等于0 我们发现一个事实
我们必然取a次行和b次列 a+b=k 且最后答案等于p=0的情况下贪心的ans 减去 a*b*p(尝试自己证明)
于是我们枚举取了多少次行 取最大值就行了。
很有趣的一道贪心题。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long int LL; const int N=1005; LL a[N][N]; LL n,m,k,p; priority_queue<LL>qr,qc; int main() {//freopen("t.txt","r",stdin); while(!qr.empty())qr.pop(); while(!qc.empty())qc.pop(); scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&n,&m,&k,&p); for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<m;j++) scanf("%I64d",&a[i][j]); for(int i=0;i<n;i++) { LL sum=0; for(int j=0;j<m;j++) sum+=a[i][j]; qr.push(sum); } for(int i=0;i<m;i++) { LL sum=0; for(int j=0;j<n;j++) sum+=a[j][i]; qc.push(sum); } LL dr=0,dc=0; LL ans=0; while(k--) { if((qr.top()+dr)>(qc.top()+dc)) { LL num=qr.top(); qr.pop(); ans+=(num+dr); qr.push(num-p*m); dc-=p; } else { LL num=qc.top(); qc.pop(); ans+=(num+dc); qc.push(num-p*n); dr-=p; } } printf("%I64d\n",ans); return 0; }
E. DZY Loves Fibonacci Numbers
首先我们要学习斐波那契数列的两个性质
我们定义原始斐波那契数列即f(1)=f(2)=1 当n>2 f(n)=f(n-1)+f(n-2)
性质一:然后我们定义一般斐波那契数列 即F(1)=a F(2)=b 此时有 F(n)= a*f(n-2)+b*f(n-1)(用归纳法易证得)
性质二:对于一般斐波那契数列的前缀和 我们有如下推导
{fib[n]=fib[n?1]+fib[n?2]fib[n?1]=fib[n?2]+fib[n?3]?fib[n]=fib[n?2]+?+fib[3]+2?fib[2]+fib[1]?∑i=1nfib[i]=fib[n+2]?fib[2]
发现了以上两个性质后 我们可以在常数时间内对斐波那契数列进行分解了!
这意味着我们可以用线段树来储存斐波那契数列了 因为不同的一般斐波那契数列之间显然满足线性可加性。(这样意味着我们可以使用线段树的“懒”功能了)
剩下的看代码吧 有点长 不过很清晰
#include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cstdio> #define MAX 300007 using namespace std; typedef long long LL; int n,m,a[MAX]; const LL mod = 1e9+9; LL fib[MAX]; struct Tree { int l,r; LL sum,f1,f2;//当前区间要加的一般斐波那契数列前2项(满足线性可加性) }tree[MAX<<2]; void push_up ( int u ) { tree[u].sum = tree[u<<1].sum + tree[u<<1|1].sum; tree[u].sum %= mod; } void build ( int u , int l , int r ) { tree[u].l = l; tree[u].r = r; tree[u].f1 = tree[u].f2 = 0; if ( l == r ) { tree[u].sum = a[l]; return; } int mid = l+r>>1; build ( u<<1 , l , mid ); build ( u<<1|1 , mid+1 , r ); push_up ( u ); } void init ( ) { fib[1] = fib[2] = 1; for ( int i = 3 ; i < MAX ; i++ ) { fib[i] = fib[i-1] + fib[i-2]; fib[i] %= mod; } } LL get ( LL a , LL b , int n )//一般斐波那契数列的第n项 { if ( n == 1 ) return a%mod; if ( n == 2 ) return b%mod; return (a*fib[n-2]%mod+b*fib[n-1]%mod)%mod; } LL sum ( LL a , LL b , int n )//一般斐波那契数列的前缀和 { if ( n == 1 ) return a; if ( n == 2 ) return (a+b)%mod; return ((get ( a , b , n+2 )-b)%mod+mod)%mod; } void push_down ( int u )//常数复杂度的拆分 { int f1 = tree[u].f1; int f2 = tree[u].f2; int l = tree[u].l; int r = tree[u].r; int ll = (l+r)/2-l+1; int rr = r-(l+r)/2; if ( f1 ) { if ( l != r ) { tree[u<<1].f1 += f1; tree[u<<1].f1 %= mod; tree[u<<1].f2 += f2; tree[u<<1].f2 %= mod; tree[u<<1].sum += sum ( f1 , f2 , ll ); tree[u<<1].sum %= mod; int x = f1 , y = f2; f2 = get ( x , y , ll+2 ); f1 = get ( x , y , ll+1 ); tree[u<<1|1].f2 += f2; tree[u<<1|1].f2 %= mod; tree[u<<1|1].f1 += f1; tree[u<<1|1].f1 %= mod; tree[u<<1|1].sum += sum ( f1 , f2 , rr ); tree[u<<1|1].sum %= mod; } tree[u].f1 = tree[u].f2 = 0; } } void update ( int u , int left , int right ) { int l = tree[u].l; int r = tree[u].r; int mid = l+r>>1; if ( left <= l && r <= right ) { tree[u].f1 += fib[l-left+1]; tree[u].f1 %= mod; tree[u].f2 += fib[l-left+2]; tree[u].f2 %= mod; int f1 = fib[l-left+1], f2 = fib[l-left+2]; tree[u].sum += sum ( f1 , f2 , r-l+1 ); tree[u].sum %= mod; return; } push_down ( u); if ( left <= mid && right >= l ) update ( u<<1 , left , right ); if ( left <= r && right > mid ) update ( u<<1|1 , left , right ); push_up ( u ); } LL query ( int u , int left , int right ) { int l = tree[u].l; int r = tree[u].r; int mid = l+r>>1; if ( left <= l && r <= right ) return tree[u].sum; push_down ( u ); LL ret = 0; if ( left <= mid && right >= l ) { ret += query ( u<<1 , left , right ); ret %= mod; } if ( left <= r && right > mid ) { ret += query ( u<<1|1 , left , right ); ret %= mod; } return ret; } int main ( ) { init ( ); while ( ~scanf ( "%d%d" , &n , &m ) ) { for ( int i = 1; i <= n ; i++ ) scanf ( "%d" , &a[i] ); build ( 1 , 1 , n ); while ( m-- ) { int x,l,r; scanf ( "%d%d%d" , &x , &l , &r ); if ( x == 1 ) update ( 1 , l , r ); else printf ( "%lld\n" , query ( 1 , l , r ) ); } } }
通过这道题 我们对斐波那契数列的认识应该到了一个新的高度了。
以上是关于codeforces 447 A-E div2 补题的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章
codeforces round 421 div2 补题 CF 820 A-E