A. Tetris
题意
俄罗斯方块，问能得多少分。
思路
即求最小值
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
using namespace std;
typedef long long LL;
#define maxn 1010
int cnt[maxn];
int main() {
int n,m,x;
scanf("%d%d", &n, &m);
F(i, 0, m) {
scanf("%d", &x);
++cnt[x];
}
int ans = m;
F2(i ,1, n) ans = min(ans, cnt[i]);
printf("%d\n", ans);
return 0;
}B. Lecture Sleep
题意
一节课共\(n\)秒，\(t_i=1\)当且仅当小明在第\(i\)秒会打盹，小明能学习到\(a_i\)个知识点当且仅当他在第\(i\)秒不打盹。
现在有一种魔法能让小明连续\(k\)秒不打盹，但只能使用一次，要求最大化小明能学习到的知识点个数。
思路
计算两个前缀和，枚举使用魔法的开始时刻借助前缀和\(O(1)\)计算对应的收益。
时间复杂度：\(O(n)\).
// 菜菜我被条件表达式实力坑了一波，切记切记它的优先级相当低，低于算术运算，低于位运算，低于逻辑运算，切记切记加括号加括号。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 100010
using namespace std;
typedef long long LL;
LL a[maxn], pre[maxn], pre2[maxn];
int main() {
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
F2(i, 1, n) {
scanf("%I64d", &a[i]);
pre[i] = pre[i-1] + a[i];
}
F2(i, 1, n) {
int t = 0;
scanf("%d", &t);
pre2[i] = pre2[i-1] + (t?a[i]:0);
}
LL ans = 0;
F2(i, 1, n-k+1) {
ans = max(ans, pre2[i-1]-pre2[0]+pre2[n]-pre2[i+k-1]+pre[i+k-1]-pre[i-1]);
}
printf("%I64d\n", ans);
return 0;
}
C. Chessboard
题意
一个合法的棋盘中，相邻格子的颜色（黑、白）不同。
现在一个\(2n\times2n\)的棋盘碎成了四块\(n\times n\)的棋盘，并且有一些格子的颜色发生了变化。
要求将它拼起来，并且修改最少格子的颜色，得到一个合法的棋盘。
思路
将棋盘拼起来有\(4!=24\)种方案，对每种方案去计算一个数目，最后取最小值。
注意到，合法的棋盘只可能有两种，且由左上角的格子唯一确定。
所以对每种方案去计算数目的只需要与这两种棋盘对比，取最小。
时间复杂度：\(O(48n^2)\)
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 110
#define maxm 210
using namespace std;
typedef long long LL;
char s[maxn];
int n;
bool b[maxm][maxm], st1[maxm][maxm], st2[maxm][maxm];
struct board {
int c[maxn][maxn];
}a[4];
void concat(int x1,int x2,int x3,int x4) {
F(i, 0, n) F(j, 0, n) b[i][j] = a[x1].c[i][j];
F(i, n, n<<1) F(j,0,n) b[i][j] = a[x2].c[i-n][j];
F(i, 0, n) F(j, n, n<<1) b[i][j] = a[x3].c[i][j-n];
F(i, n, n<<1) F(j, n, n<<1) b[i][j] = a[x4].c[i-n][j-n];
int m = n<<1;
}
void init() {
int m=n<<1;
F(i, 0, m) F(j, 0, m) st1[i][j] = (i+j)&1, st2[i][j] = !st1[i][j];
}
int work() {
int m = n<<1, ret1=0, ret2=0;
F(i, 0, m) F(j, 0, m) ret1 += st1[i][j]!=b[i][j];
F(i, 0, m) F(j, 0, m) ret2 += st2[i][j]!=b[i][j];
return min(ret1, ret2);
}
int main() {
scanf("%d", &n);
init();
F(i, 0, 4) {
F(j, 0, n) {
scanf("%s", s);
F(k, 0, n) a[i].c[j][k] = s[k]=='1'?1:0;
}
}
int ans = n*n*4;
F(x1,0,4) {
F(x2,0,4) {
if (x2==x1) continue;
F(x3,0,4) {
if (x3==x2||x3==x1) continue;
F(x4,0,4) {
if (x4==x1||x4==x2||x4==x3) continue;
concat(x1,x2,x3,x4);
ans = min(ans, work());
}
}
}
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
D. Pair Of Lines
题意
平面上一些点，问是否能画出两条直线，使得穿过平面上所有点。
思路
若点数\(\leq 3\)，显然可行。
否则，取前三个点，必有\(1,2\)共线或是\(1,3\)共线或是\(2,3\)共线（若2,3不共线，则必有至少一点与1共线），对这三种情况\(check\)其他点是否满足要求，若均不满足，则为\(NO\).
\(check\)时将共线的所有点扔掉，再\(check\)剩下的所有点是否共线。
共线用叉积计算。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 100010
using namespace std;
typedef long long LL;
struct Point {
LL x, y;
Point operator - (const Point& p) const { return {x-p.x, y-p.y}; }
}p[maxn];
int n;
inline bool cross(Point a, Point b) { return a.y*b.x==a.x*b.y; }
inline bool collinear(int x, int y, int z) { return cross(p[x]-p[y], p[x]-p[z]); }
bool ok(int x, int y) {
vector<int> v;
F(i, 0, n) {
if (!collinear(x,y,i)) v.push_back(i);
}
if (v.size()<=2) return true;
x=v[0], y=v[1];
for (auto i : v) {
if (!collinear(x,y,i)) return false;
}
return true;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
F(i, 0, n) scanf("%I64d%I64d", &p[i].x, &p[i].y);
if (n<=4) puts("YES");
else if (ok(0, 1)) puts("YES");
else if (ok(0, 2)) puts("YES");
else if (ok(1, 2)) puts("YES");
else puts("NO");
return 0;
}
E. Tufurama
题意
给定一个序列，问有多少对\(i,j\)满足\(a[i]\geq j,a[j]\geq i\).
思路
考虑对于某个\(i\)去找有多少个\(j\)满足条件，首先，寻找的下标范围为\(j\in[1,a[i]]\)，此外需要满足的条件为\(a[j]\geq i\).
下标范围的条件好处理，第二个条件怎么办呢？要是每次计算的时候范围内的点都是满足第二个条件的该多好啊！
所以，每次算完之后将不满足条件的扔掉就行了。因为\(i\)是递增的，所以可以放心大胆扔。
从小到大，对于每个\(i\)，统计有多少个下标在\([1,a[i]]\)的范围内，然后扔掉值为\(i\)的所有下标，这样每次算的时候统计到的都是满足第二个条件的下标了。
// 其实是种很常见的想法...。
// 翻了一下很容易就找到了hdu 3887...。
用\(vector[x]\)记录值为\(x\)的所有下标，用树状数组维护下标的个数。
注意最后去掉多算的部分，一部分是和本身，另一部分因为该关系是等价关系所以会算两次。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define F(i, a, b) for (int i = (a); i < (b); ++i)
#define F2(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dF(i, a, b) for (int i = (a); i > (b); --i)
#define dF2(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define maxn 200010
using namespace std;
typedef long long LL;
int c[maxn], a[maxn], n;
vector<int> v[maxn];
inline int lowbit(int x) { return x & (-x); }
inline void add(int x, int d) { while (x<=n) c[x]+=d, x+=lowbit(x); }
inline LL query(int x) { LL ret=0; while (x) ret+=c[x], x-=lowbit(x); return ret; }
int main() {
scanf("%d", &n);
F2(i, 1, n) {
scanf("%d", &a[i]);
if (a[i]<=n) v[a[i]].push_back(i);
add(i, 1);
}
LL ans = 0;
F2(i, 1, n) {
ans += query(min(a[i], n));
for (auto x : v[i]) add(x, -1);
}
F2(i, 1, n) if (a[i]>=i) --ans;
printf("%I64d\n", ans>>1);
return 0;
}