前言
- 好题很多
A Fractions
- 题意:给出一个n,构造两个数组满足
- 分析:
让我们推导一下,假设存在两个数x/a,y/b使得上式成立(为最简式)
那么可以得知 a * b = n,枚举n的因数,然后可以得到b,因为是分数,再通过枚举x来计算出y的结果,即for (ll i=2;i<=sqrt(n);i++) if(n%i==0)//枚举因子a for (ll j=1;j<i;j++) if((n-1-j*n/i)%i==0)//枚举分子x,求出y的值 { printf("YES\n2\n%lld %lld\n%lld %lld\n",j,i,(n-1-j*n/i)/i,n/i);//只需要两个即可 return 0; }
- 代码
B Guest Student
题意:有多组数据,每一组数据,都有一周的课程安排,有七天,每一天有一个a[i]表示是否学习,再出入一个n,问如果总共要学习 n 天,最少要在学校待几天。
分析:
简单模拟就好(差点给我栽这儿了Qwq),因为只有七天,那就以每一天为起点,求出如果总共要学n天一共需要待多长时间。有一些细节要注意。因为这n天肯定不能直接循环去做,那么就将其分为整体和部分两种情况。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=10; int n; int a[N]; int main() { int T;scanf("%d",&T); while(T--) { memset(a,0,sizeof(a)); scanf("%d",&n);int tot=0; for (int i=1;i<=7;i++) scanf("%d",&a[i]),tot+=a[i]; int ans=1e3; for (int i=1;i<=7;i++) { int rem=n%tot+tot; int res=0,now=0; for (int j=i;;) { if(a[j]) res++; now++;j++; if(j==8) j=1; if(res==rem) break; } ans=min(ans,now); } printf("%d\n",ans+(n/tot-1)*7); } return 0; }
E King Kog's Reception
题意:
国王的接待处会收到n个预约消息,第i个消息分为三种
1: + x y 表示第i个骑士在时刻 x 到来,国王处理这件事的持续时间为 y
2: - x 表示消息第 x 条预约作废
3: ? x 询问如果公主从时刻 x 到来,直到之前所有事情被处理完的等待时间分析:
- 这一道题的内容与国庆day7 C很类似,但是处理方法却不同。对于一个时间点来说,他有一个初始等待时间与最终结束时间之分。而他的最开始的等待时间明显就是他来的时间。于是我们考虑如何求得他的最终结束时间。
- 一个点的最终结束时间是与他左边的预约有关的,因为只有左边的预约完成这个预约才会开始。也就是说我们的目的就是维护一个区间的最大的预约结束时间。
- 维护方法:
这一区间的预约结束时间就是 max (左区间的最终结束时间+右区间的预约处理时间 , 右区间的最终结束时间 )
由此,就可以建立线段树维护区间的预约结束时间与处理预约的总时间,每次单点询问得到答案。
//区间修改+单点查询 #include<bits/stdc++.h> #define ls now<<1 #define rs now<<1|1 #define ll long long using namespace std; const int N=1e6+10,M=1e6; int q;ll ans;//加入的编号 int a[N],b[N];ll s[N<<2],w[N<<2]; char ins[5]; inline void upd(int now) { s[now]=s[ls]+s[rs]; w[now]=max(w[ls]+s[rs],w[rs]); } inline void build(int now,int l,int r) { if(l==r) { w[now]=l; return ; } int mid=(l+r)>>1; build(ls,l,mid);build(rs,mid+1,r); upd(now); } inline void add(int now,int l,int r,int x,int z) { if(l==r) { w[now]+=z;s[now]+=z; return ; } int mid=(l+r)>>1; if(x<=mid) add(ls,l,mid,x,z); else add(rs,mid+1,r,x,z); upd(now); } inline ll find(int now,int l,int r,int x) { if(r<=x) { ans=max(s[now]+ans,w[now]); return ans; } int mid=(l+r)>>1; find(ls,l,mid,x); if(x>mid) find(rs,mid+1,r,x); return ans; } int main() { scanf("%d",&q);build(1,1,M); for (int i=1;i<=q;i++) { scanf("%s%d",ins,&a[i]); if(ins[0]=='+') { scanf("%d",&b[i]); add(1,1,M,a[i],b[i]); } else if(ins[0]=='?') ans=0,printf("%lld\n",find(1,1,M,a[i])-(ll)a[i]); else add(1,1,M,a[a[i]],-b[a[i]]); } return 0; }
F Lazyland
题意:懒人国有n个乞丐,m份工作,每个人选择编号为 a [ i ] 的工作,然而有些工作没有人去做并且一份工作只能有一个人做。每一个乞丐都有一个 b [ i ] ,表示劝服其换一个工作的代价。问要使每一份工作有且只有一个人做的最小代价
分析:
- 这是一个贪心问题。记录一下每一份工作的人数,以及还需要多少份工作(假设为 y )。那么这做这 y 份工作的人只能从那些参与了同一份工作的人中选。
代码:
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N=1e5+10; int n,ned,k;ll ans; int num[N],a[N],b[N]; bool vis[N]; struct nkl { int id,per; bool operator < (const nkl &b)const { return per>b.per; } nkl (int x,int y):id(x),per(y){} }; priority_queue<nkl>q; int main() { scanf("%d%d",&n,&k); for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]);num[a[i]]++; if(!vis[a[i]]) ned++,vis[a[i]]=1; } for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]); for (int i=1;i<=n;i++) q.push(nkl(a[i],b[i])); ned=k-ned; while(ned) { nkl u=q.top();q.pop(); if(num[u.id]==1) continue; num[u.id]--;ned--; ans+=u.per; } printf("%lld\n",ans); return 0; }
H Archery Tournament
题意:现在有一个射箭比赛。由于靶场足够远,每一个靶子可以看做底面接触 y 轴的圆,像这样
一共有n个事件,分两种- 1 x y 表示出现了一个以(x,y)为圆心,y为半径的靶子
- 2 x y 表示朝点(x,y)射,求会射中哪一个靶子,射中的靶子会消失。在任何时刻,靶子不会相交(不包括边缘接触)
分析
- 第二次遇到这种题
- 这样想,如果我朝(x,y)射,有哪些靶子可能被射中——圆心在 [ x - y , x + y ] ,也就是说,我需要维护一下圆心在 [ x - y , x + y ] 的圆。
- 发现 x , y 的范围较大,考虑动态开点线段树+vector。每当出现了一个靶子,便插入相应的节点中。如果要射箭,那就单点查询,对每一个节点中的圆都考虑一遍,如果找到了,就删除
代码:
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N=2e5+10; const int inf=1e9; int n,cnt,rt,ans; ll lx[N],ly[N]; int lc[N*30],rc[N*30]; vector<int>s[N*30]; inline void add(int &rt,int l,int r,int id,int x,int y) { if(!rt) rt=++cnt; if(l>=x&&r<=y) { s[rt].push_back(id); return ; } int mid=(l+r)>>1; if(x<=mid) add(lc[rt],l,mid,id,x,y); if(mid<y) add(rc[rt],mid+1,r,id,x,y); } inline void upd(int rt,int l,int r,ll x,ll y) { if(l>=x&&r<=y) { vector<int>tmp;int len=s[rt].size(); for (int i=0;i<len;i++) if(s[rt][i]!=ans) tmp.push_back(s[rt][i]); s[rt]=tmp; return ; } int mid=(l+r)>>1; if(x<=mid) upd(lc[rt],l,mid,x,y); if(mid<y) upd(rc[rt],mid+1,r,x,y); } inline bool check(ll u,ll v,ll x,ll y) { if((x-u)*(x-u)+(y-v)*(y-v)<v*v) return 1; return 0; } inline void find(int rt,int l,int r,ll x,ll y) { if(!rt) return ; int len=s[rt].size(); for (int i=0;i<len;i++) if(check(lx[s[rt][i]],ly[s[rt][i]],x,y)) {ans=s[rt][i];break;} int mid=(l+r)>>1; if(x<=mid) find(lc[rt],l,mid,x,y); else find(rc[rt],mid+1,r,x,y); } int main() { scanf("%d",&n); for (int i=1;i<=n;i++) { int id;ll x,y; scanf("%d%lld%lld",&id,&x,&y); if(id==1) { lx[i]=x;ly[i]=y; add(rt,-inf,inf,i,x-y,x+y); } else { ans=-1; find(rt,-inf,inf,x,y); //抽象为单点查询 printf("%d\n",ans); if(ans!=-1) upd(rt,-inf,inf,lx[ans]-ly[ans],lx[ans]+ly[ans]); } } return 0; }
I Box
- 题意:能否用一个w*h的纸板制得大小为 a * b * c 的纸盒
- 分析:
- 一开始我直接求出不同的剪切方法能否构成 a * b * c 的纸盒,但是情况之多,复杂之极
- 换个方向,考虑这个 a * b * c 的纸盒能否以某种平铺方式放在这个纸板上面。发现题目下面给出了十一种平铺方式,没用他还给你放这里?于是我去把他列了下来(QwQ,中途还爆了)
发现这些图形中的平铺下来的宽与长只有三种不同的形式,那就直接分类讨论就行
- 代码:
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a,b,c,w,h; int k,p; inline bool check(int x,int y,int z) { k=x+2*z,p=2*z+2*y; if((k<=w&&p<=h)||(k<=h&&p<=w)) return 1; k=x+z,p=x+z+3*y; if((k<=w&&p<=h)||(k<=h&&p<=w)) return 1; k=x+y+z,p=x+z+2*y; if((k<=w&&p<=h)||(k<=h&&p<=w)) return 1; return 0; } int main() { scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&w,&h); if(check(a,b,c)||check(a,c,b)||check(b,a,c)||check(b,c,a)||check(c,a,b)||check(c,b,a)) puts("Yes"); else puts("No"); return 0; }
J Connections
题意:有一个n个点m条有向边的强联通图,问能否删去(m-2n)条边(即只剩下2n条边)使得剩下的图仍然强联通
分析:
- 既然涉及到联通图,那就试试从tarjan的方向考虑。
- 首先回忆一下tarjan,在使用它的时候会形成一棵树,因为越先遍历到说明他的dfn越小。如果一条边能更新到一个点,说明他就是有用的。如果一条边能够使一个环闭合,他也是有用的。
于是需要在跑tarjan的过程中找到这些有用边
- 代码:
/* 在使用tarjan时会形成一棵搜索树, 越先遍历到说明dfn的值越小,因为节点 要相互到达,那么当找到一个环的时候 , 说明当前节点能到达下面所有的点, 那么这一条环的边也是需要的 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2e5+10; int n,m,tot,cnt,tp; int h[N],nex[N],ver[N],re[N]; int dfn[N],low[N],stk[N]; bool vis[N],yep[N]; inline void add(int x,int y) { nex[tot]=h[x]; ver[tot]=y;re[tot]=x; h[x]=tot++; } inline void tarjan(int u) { dfn[u]=low[u]=++cnt; stk[++tp]=u;vis[u]=1; int rem=-1;//记录环边 for (int i=h[u];~i;i=nex[i]) { int j=ver[i]; if(!dfn[j]) { tarjan(j);yep[i]=1; low[u]=min(low[u],low[j]); } else if(vis[j]) { if(low[j]<low[u]) rem=i; low[u]=min(low[u],dfn[j]); } } if(rem!=-1) yep[rem]=1; if(low[u]==dfn[u]) { int y; do { y=stk[tp--]; vis[y]=1; }while(y!=u); } } inline void Pre() { cnt=tot=0; memset(h,-1,sizeof(h)); memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(low,0,sizeof(low)); memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(yep,0,sizeof(yep)); } int main() { int T;scanf("%d",&T); while(T--) { Pre(); scanf("%d%d",&n,&m); for (int i=1;i<=m;i++) { int x,y;scanf("%d%d",&x,&y); add(x,y); } tarjan(1); int rem=m; for (int i=0;i<tot;i++) { if(rem<=2*n) break; if(!yep[i]) { rem--; printf("%d %d\n",re[i],ver[i]); } } } return 0; }