Codeforces Round #500 (Div. 2) [based on EJOI]
https://codeforces.com/contest/1013
A
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define lson l,mid,rt<<1
4 #define rson mid+1,r,rt<<1|1
5 #define IT set<node>::iterator
6 #define sqr(x) ((x)*(x))
7 #define pb push_back
8 #define eb emplace_back
9 #define maxn 200005
10 #define eps 1e-8
11 #define pi acos(-1.0)
12 #define rep(k,i,j) for(int k=i;k<j;k++)
13 typedef long long ll;
14 typedef pair<int,int> pii;
15 typedef pair<ll,ll>pll;
16 typedef pair<ll,int> pli;
17 typedef pair<pair<int,string>,pii> ppp;
18 typedef unsigned long long ull;
19 const long long MOD=1e9+7;
20 const double oula=0.57721566490153286060651209;
21 using namespace std;
22
23
24 int n,ans1,ans2;
25
26 int main(){
27 std::ios::sync_with_stdio(false);
28 cin>>n;
29 int x;
30 for(int i=1;i<=n;i++){
31 cin>>x;
32 ans1+=x;
33 }
34 for(int i=1;i<=n;i++){
35 cin>>x;
36 ans2+=x;
37 }
38 if(ans1>=ans2) puts("YES");
39 else puts("NO");
40 }
B
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define lson l,mid,rt<<1
4 #define rson mid+1,r,rt<<1|1
5 #define IT set<node>::iterator
6 #define sqr(x) ((x)*(x))
7 #define pb push_back
8 #define eb emplace_back
9 #define maxn 200005
10 #define eps 1e-8
11 #define pi acos(-1.0)
12 #define rep(k,i,j) for(int k=i;k<j;k++)
13 typedef long long ll;
14 typedef pair<int,int> pii;
15 typedef pair<ll,ll>pll;
16 typedef pair<ll,int> pli;
17 typedef pair<pair<int,string>,pii> ppp;
18 typedef unsigned long long ull;
19 const long long MOD=1e9+7;
20 const double oula=0.57721566490153286060651209;
21 using namespace std;
22
23
24 int n,x;
25 int a[100005];
26 int b[100005];
27 set<int>se1,se2,se3;
28
29 int main(){
30 std::ios::sync_with_stdio(false);
31 cin>>n>>x;
32 for(int i=1;i<=n;i++){
33 cin>>a[i];
34 b[i]=a[i]&x;
35 se1.insert(a[i]);
36 se2.insert(b[i]);
37 }
38 if(se1.size()!=n){
39 cout<<0<<endl;
40 return 0;
41 }
42 for(int i=1;i<=n;i++){
43 se1.erase(a[i]);
44 se1.insert(b[i]);
45 if(se1.size()!=n){
46 cout<<1<<endl;
47 return 0;
48 }
49 se1.erase(b[i]);
50 se1.insert(a[i]);
51 }
52 if(se2.size()!=n){
53 cout<<2<<endl;
54 return 0;
55 }
56 cout<<-1<<endl;
57 }
C
题意：给你2*n个值，组成n个点，问能覆盖这n个点的最小矩形面积
思路：枚举长度为n的区间,这段区间作为x坐标的范围,然后将这段区间的差值与剩下部分的差值相乘取最小值
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define lson l,mid,rt<<1
4 #define rson mid+1,r,rt<<1|1
5 #define IT set<node>::iterator
6 #define sqr(x) ((x)*(x))
7 #define pb push_back
8 #define eb emplace_back
9 #define maxn 200005
10 #define eps 1e-8
11 #define pi acos(-1.0)
12 #define rep(k,i,j) for(int k=i;k<j;k++)
13 typedef long long ll;
14 typedef pair<int,int> pii;
15 typedef pair<ll,ll>pll;
16 typedef pair<ll,int> pli;
17 typedef pair<pair<int,string>,pii> ppp;
18 typedef unsigned long long ull;
19 const long long MOD=1e9+7;
20 const double oula=0.57721566490153286060651209;
21 using namespace std;
22
23
24 int n;
25 ll a[maxn];
26
27 int main(){
28 std::ios::sync_with_stdio(false);
29 cin>>n;
30 n*=2;
31 for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
32 sort(a+1,a+n+1);
33 ll ans=(a[n/2]-a[1])*(a[n]-a[n/2+1]);
34 for(int i=2;i<=n/2+1;i++){
35 ans=min(ans,(a[n]-a[1])*(a[i+n/2-1]-a[i]));
36 }
37 cout<<ans<<endl;
38 }
D
题意：有一个n*m的矩形，一开始有q个格子上被标记。对于任意两行两列，如果交汇的四个格子中有三个被标记，那么第4个也会被标记。求至少需要手动标记几个格子，才能让整个矩形内的格子都被标记。
题意：当(x1,y1),(x1,y2),(x2,y1)被标记时,(x2,y2)也会被标记，所以用并查集维护,判断有多少个点是没有被标记的
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define lson l,mid,rt<<1
4 #define rson mid+1,r,rt<<1|1
5 #define IT set<node>::iterator
6 #define sqr(x) ((x)*(x))
7 #define pb push_back
8 #define eb emplace_back
9 #define maxn 200005
10 #define eps 1e-8
11 #define pi acos(-1.0)
12 #define rep(k,i,j) for(int k=i;k<j;k++)
13 typedef long long ll;
14 typedef pair<int,int> pii;
15 typedef pair<ll,ll>pll;
16 typedef pair<ll,int> pli;
17 typedef pair<pair<int,string>,pii> ppp;
18 typedef unsigned long long ull;
19 const long long MOD=1e9+7;
20 const double oula=0.57721566490153286060651209;
21 using namespace std;
22
23
24 int n,m,q;
25 int fa[maxn*2];
26
27 int Find(int x){
28 int r=x,y;
29 while(x!=fa[x]){
30 x=fa[x];
31 }
32 while(r!=x){
33 y=fa[r];
34 fa[r]=x;
35 r=y;
36 }
37 return x;
38 }
39
40 void join(int x,int y){
41 int xx=Find(x);
42 int yy=Find(y);
43 if(xx!=yy){
44 fa[xx]=yy;
45 }
46 }
47
48 int main(){
49 std::ios::sync_with_stdio(false);
50 cin>>n>>m>>q;
51 int x,y;
52 for(int i=1;i<=n+m;i++) fa[i]=i;
53 for(int i=1;i<=q;i++){
54 cin>>x>>y;
55 join(x,y+n);
56 }
57 int ans=0;
58 for(int i=1;i<=n+m;i++){
59 if(fa[i]==i){
60 ans++;
61 }
62 }
63 cout<<ans-1<<endl;
64 }
E
题意：给你n个数，你一次操作可以把某一个数减一，使任意k个数严格大于它旁边的两个数，问最少需要几次操作。输出1<=k<=(n+1)/2时的答案。
思路： dp[i][j][0]表示表示前i个数有j个满足条件，i、i-1都不满足条件的最少操作数
dp[i][j][1]表示表示前i个数有j个满足条件，i满足条件的最少操作数
dp[i][j][2]表示表示前i个数有j个满足条件，i-1满足条件的最少操作数
然后进行状态转移：
dp[i][j][2]=dp[i-1][j][1]+max(0,a[i]-a[i-1]+1);
dp[i][j][0]=min(dp[i-1][j][0],dp[i-1][j][2]);
dp[i][j][1]=min(dp[i-1][j-1][0]+max(0,a[i-1]-a[i]+1),dp[i-1][j-1][2]+max(0,min(a[i-1],a[i-2]-1)-a[i]+1));
dp[i][j][1]分为两种情况：
1、前两个都不满足条件，那么i-1就是原来的数，即没有被操作过，需要的操作数就是max(0,a[i-1]-a[i]+1)
2、i-2满足条件，那么i-1已经变成了min(a[i-1],a[i-2]-1)，还需要的操作数就是max(0,min(a[i-1],a[i-2]-1)-a[i]+1)
因为转移只用到了dp[i-1][j],dp[i-1][j-1],所以可以用滚动数组优化
参考博客：https://ouuan.blog.luogu.org/solution-cf1012c
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define lson l,mid,rt<<1
4 #define rson mid+1,r,rt<<1|1
5 #define IT set<node>::iterator
6 #define sqr(x) ((x)*(x))
7 #define pb push_back
8 #define eb emplace_back
9 #define maxn 200005
10 #define eps 1e-8
11 #define pi acos(-1.0)
12 #define rep(k,i,j) for(int k=i;k<j;k++)
13 typedef long long ll;
14 typedef pair<int,int> pii;
15 typedef pair<ll,ll>pll;
16 typedef pair<ll,int> pli;
17 typedef pair<pair<int,string>,pii> ppp;
18 typedef unsigned long long ull;
19 const long long MOD=1e9+7;
20 const double oula=0.57721566490153286060651209;
21 using namespace std;
22
23
24 int n;
25 int dp[2505][3];
26 int a[5005];
27
28 int main(){
29 std::ios::sync_with_stdio(false);
30 cin>>n;
31 for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
32 for(int i=0;i<=2;i++){
33 for(int j=0;j<=(n+1)/2;j++){
34 dp[j][i]=0x3f3f3f3f;
35 }
36 }
37 dp[0][0]=dp[1][1]=0;
38 for(int i=2;i<=n;i++){
39 for(int j=(i+1)/2;j>=1;j--){
40 dp[j][2]=dp[j][1]+max(0,a[i]-a[i-1]+1);
41 dp[j][0]=min(dp[j][0],dp[j][2]);
42 dp[j][1]=min(dp[j-1][0]+max(0,a[i-1]-a[i]+1),dp[j-1][2]+max(0,min(a[i-1],a[i-2]-1)-a[i]+1));
43 }
44 }
45 for(int i=1;i<=(n+1)/2;i++){
46 cout<<min(dp[i][0],min(dp[i][1],dp[i][2]))<<" ";
47 }
48 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/Fighting-sh/p/10595566.html
时间： 2024-11-08 18:13:08