Educational Codeforces Round 58 (Rated for Div. 2) (题解)

C题卡了一个小时, 又被教育场教育了...

A. Minimum Integer

大意:求不在$[l,r]$范围内的最小被$d$整除的数

模拟

#include <iostream>
#define REP(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
using namespace std;

int main() {
    int t;
    scanf("%d", &t);
    REP(i,1,t) {
        int l,r,d;
        scanf("%d%d%d", &l, &r, &d);
        if (d<l) printf("%d\n",d);
        else printf("%d\n", r/d*d+d);
    }
}

B. Accordion

大意: 给定字符串, 可以删除任意字符, 求最长的的手风琴, 手风琴类似于$[::],[:|:],[:||:],[:|||:]$

直接求出最左端$[:$和最右端$:]$, 再加上中间$|$就行了

#include <iostream>
#include <string.h>
#define PER(i,a,n) for(int i=n;i>=a;--i)
#define REP(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
using namespace std;
const int N = 5e5+10;
char s[N];
int f[N];

int main() {
    scanf("%s", s+1);
    int n = strlen(s+1);
    REP(i,1,n) f[i]=f[i-1]+(s[i]==‘|‘);
    int L = 0, R = 0;
    REP(i,1,n) {
        if (!L&&s[i]==‘[‘) L = i;
        if (L&&s[i]==‘:‘) {
            L = i;
            break;
        }
    }
    PER(i,1,n) {
        if (!R&&s[i]==‘]‘) R = i;
        if (R&&s[i]==‘:‘) {
            R = i;
            break;
        }
    }
    if (!L||L>=R) return puts("-1"),0;
    printf("%d\n",4+f[R]-f[L]);
}

C. Division and Union

大意:给定n个区间, 求划分为两个非空集合, 集合间任意两区间无公共点

注意到只需要找到所有区间的一个分界点$x$即可, 即$x$处无区间覆盖

然后将$x$左端划为一个集合, 右端划为一个集合

可以离散化后差分来覆盖区间

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string.h>
#define PER(i,a,n) for(int i=n;i>=a;--i)
#define REP(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
using namespace std;
const int N = 5e5+10;
char s[N];
int n;
int L[N], R[N], f[N], c[N], q[N];

int id(int x) {
    return lower_bound(f+1,f+1+*f,x)-f;
}

void work() {
    scanf("%d", &n);
    *f = 0;
    REP(i,1,n) {
        scanf("%d%d", L+i, R+i);
        L[i]*=2, R[i]*=2;
        f[++*f] = L[i];
        f[++*f] = L[i]+1;
        f[++*f] = R[i];
        f[++*f] = R[i]+1;
    }
    sort(f+1,f+1+*f),*f=unique(f+1,f+1+*f)-f-1;
    *q = 0;
    REP(i,1,n) {
        ++c[id(L[i])],--c[id(R[i]+1)];
        q[++*q] = id(L[i]);
        q[++*q] = id(R[i]+1);
    }
    sort(L+1,L+1+n);
    int sum = 0, ok = 0;
    REP(i,1,*f) {
        sum += c[i];
        if (!sum) {
            int t = *lower_bound(L+1,L+1+n,f[i]);
            if (t>f[i]) {
                REP(j,1,n) {
                    printf("%d ",R[j]<f[i]?1:2);
                }
                ok = 1;
                printf("\n");
                break;
            }
        }
    }
    if (!ok) puts("-1");
    REP(i,1,*q) c[q[i]] = 0;
}

int main() {
    int t;
    scanf("%d", &t);
    REP(i,1,t) work();
}

D. GCD Counting

大意: 给定树, 每个结点有一个值, 求树上最长路径, 要求满足路径上结点的总$gcd>1$

这题最后调了半天发现是子树间转移多加了1....

直接对每个结点开$map$暴力转移$gcd$, $dp[x][y]$表示到$x$结点$gcd=y$时的最大长度

转移时再暴力统计一下子树之间两条链的最大值即可

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <string.h>
#define PER(i,a,n) for(int i=n;i>=a;--i)
#define REP(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define x first
#define y second
using namespace std;

int gcd(int x, int y) {return y?gcd(y,x%y):x;}

const int N = 5e5+10;
int n, ans;
int a[N];
vector<int> g[N];
map<int,int> dp[N];

void dfs(int x, int fa) {
    for (int y:g[x]) if (y!=fa) {
        dfs(y,x);
        //先考虑子树间转移
        for (auto f1:dp[y]) {
            int g1 = gcd(f1.x,a[x]);
            if (g1<=1) continue;
            for (auto f2:dp[x]) {
                int g2 = gcd(f2.x,g1);
                if (g2<=1) continue;
                ans = max(ans, f1.y+f2.y);
            }
        }
        //最后再用子树更新x
        for (auto f1:dp[y]) {
            int g1 = gcd(f1.x,a[x]);
            if (g1<=1) continue;
            ans = max(ans, f1.y+1);
            dp[x][g1] = max(dp[x][g1], f1.y+1);
        }
    }
    dp[x][a[x]] = max(dp[x][a[x]],1);
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    REP(i,1,n) {
        scanf("%d", a+i);
        if (a[i]>1) ans=1;
    }
    REP(i,2,n) {
        int u, v;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        //这里优化一下
        if (gcd(a[u],a[v])>1) {
            g[u].push_back(v);
            g[v].push_back(u);
        }
    }
    REP(i,1,n) {
        if (dp[i].empty()) dfs(i,0);
    }
    printf("%d\n", ans);
}

E. Polycarp‘s New Job

题意: 给若干硬币, 可以90度旋转, 询问是否能将所有放进钱包, 硬币钱包均为矩形

模拟就行了

#include <iostream>
#include <algorithm>
#define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
using namespace std;

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    int a=0, b=0;
    REP(i,1,n) {
        char op;
        int x, y;
        scanf(" %c%d%d", &op, &x, &y);
        if (x>y) swap(x,y);
        if (op==‘+‘) a=max(a,x),b=max(b,y);
        else puts(x>=a&&y>=b?"YES":"NO");
    }
}

F. Trucks and Cities

题意: n个城市, 第$i$个城市在位置$a_i$, 第$i$个城市与第$j$个城市相距$|a_i-a_j|$公里

汽车每公里需要$x$汽油, 每个到一个城市可以加满汽油

给定$m$个汽车, 第$i$辆车从城市$s_i$到$t_i$, 最多加$r_i$次油, 每公里消耗油$c_i$

每辆汽车容量均为$V$, 初始满汽油, 求最小的$V$, 使得所有汽车均能到达目的地

$dp[k][i][j]$为预处理出加$k$次油从$i$到$j$时, 每次加油后行驶的最大距离的最小值

可以得到转移方程$dp[k][i][j]=\min\limits_{i \leq t \leq j} \{ max(dp[k-1][i][t],a_j-a_{t}) \}$

明显$dp[k][i][j]$是关于$j$是单增的, 双指针可以均摊O(1)转移或者二分O(log)转移也能过

#include <iostream>
#include <algorithm>
#define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 401;
int n, m;
int dp[N][N][N];
int a[N];

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    REP(i,1,n) scanf("%d", a+i);
    REP(i,1,n) REP(j,i,n) dp[0][i][j]=a[j]-a[i];
    REP(k,1,n) REP(i,1,n) {
        int now = i;
        REP(j,i,n) {
            while (now<j&&max(dp[k-1][i][now],a[j]-a[now])>max(dp[k-1][i][now+1],a[j]-a[now+1])) ++now;
            dp[k][i][j] = max(dp[k-1][i][now], a[j]-a[now]);
        }
    }
    ll ans = 0;
    REP(i,1,m) {
        int s,f,c,r;
        scanf("%d%d%d%d",&s,&f,&c,&r);
        ans = max(ans,(ll)dp[r][s][f]*c);
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

G. (Zero XOR Subset)-less

大意: 给定序列$a$, 求将$a$划分为连续的若干个非空区间, 使得任选若干区间$xor$和均不为$0$, 输出最大划分数

$xor$的性质还是太弱了啊, 没有什么单调性, 一般直接考虑线性基, 或者$trie$上贪心就好了

首先可以注意到划分数必然是不超过线性基的

对于总$xor$和为$0$一定不能划分, 否则贪心的划分一下就发现一定可以达到线性基大小的

然后就没了... 代码就几行

#include <iostream>
#include <algorithm>
#define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
using namespace std;
int a[50], n;

int main() {
    scanf("%d", &n);
    int sum = 0, t;
    REP(i,1,n) {
        scanf("%d", &t);
        sum ^= t;
        REP(j,1,*a) t = min(t,t^a[j]);
        if (t) a[++*a]=t;
    }
    printf("%d\n", sum?*a:-1);
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/uid001/p/10258671.html