Codeforces Round #216 (Div. 2)

以后争取补题不看别人代码，只看思路，今天就是只看思路补完的题，有点小激动。

A. Valera and Plates

水题，贪心地先放完第一种食物，在考虑第二种。

居然被卡了一会，心态要蹦 :(；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k;
int main()
{
    cin>>n>>m>>k;
    int cnt1=0,cnt2=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int g; scanf("%d",&g);
        if(g==1) cnt1++;
        else cnt2++;
    }
    int ans=0;
    if(m<=cnt1) ans+=cnt1-m,m=0;
    else k+=(m-cnt1);
    ans+=max(0,cnt2-k);
    cout<<ans<<endl;
}

B. Valera and Contest

题目大意：给你n个数，你不知道第i个是多少，但是你知道里面数的最大值和最小值，所有数的和，

以及前k大个数的和，让你构造出这n个数。

思路：按平均数来构造，有余数补上，有一点wa了一次，取膜的时候没有考虑k==n的情况，用0取了膜，

以后不能犯这个错误了！！！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,l,r,sa,sk;
int ans[10005];
int main()
{
    cin>>n>>k>>l>>r>>sa>>sk;
    int g=sk/k,sg=sk%k;
    int now=0;
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        ans[i]=g;
        if(i<=sg) ans[i]++;
        now+=ans[i];
    }
    if(k<n)
    {
        int ssum=sa-sk;
        g=ssum/(n-k),sg=ssum%(n-k);
        for(int i=1;i<=n-k;i++)
        {
            ans[i+k]=g;
            if(i<=sg) ans[i+k]++;
        }
    }

    for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d%c",ans[i],i==n? ‘\n‘:‘ ‘);
    return 0;
}

C. Valera and Elections

题目大意：有一棵树，有些边有问题，需要修复，修复的方法就是选出节点的子集，每个选中的节点

修复这个节点到 1 节点的所有有问题的边，问你最少需要选几个节点。

思路：还是比较好想的，直接从1开始dfs，用数组ans保存答案，top为其栈顶，每次dfs到一个节点，

先记录当前栈顶的值，回溯回来后，看当前栈顶是不是和第一次进入的时候一样，如果一样说明，

这个节点的下面没有有问题的边，如果这个节点通向其父节点的边是有问题的那么这个节点一定要选，

如果当前栈顶和第一次进入的时候不一样，说明这个节点的子节点中已经有一个作为答案了，

当前节点不需要选。

#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int N=1e5+5;
vector<pii> e[N];
int n,tot=0,ans[N];
void dfs(int u,int p,int pe)
{
    int now=tot;
    for(int i=0;i<e[u].size();i++)
    {
        pii to=e[u][i];
        if(to.fi==p) continue;
        dfs(to.fi,u,to.se);
    }
    if(pe==2 && tot==now) ans[++tot]=u;
}
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int from,to,op;scanf("%d%d%d",&from,&to,&op);
        e[from].pb(mk(to,op));
        e[to].pb(mk(from,op));
    }
    dfs(1,-1,-1);
    cout<<tot<<endl;
    for(int i=1;i<=tot;i++) printf("%d%c",ans[i],i==tot?‘\n‘:‘ ‘);
    return 0;
}

D. Valera and Fools

题目大意：有n个笨蛋站在一排，每个人手里都有枪，他们的编号分别为1->n，每个人都有一个打死人

的概率(0-100)%，现在进行k轮游戏，每一轮，除编号最小的人朝编号第二小的人开枪，其他人都向

编号最小的人开枪，问你k轮之中有几种不同的情形，即活着的人不同的情况。

QAQ 不会写啊，知道是dp也不会写，看来我dp还是太弱了，该写写dp的专题了！！！

思路：我们首先要明确一点，第三大编号即以上的人一定是活着的，那么我们用dp[ i ][ j ]，表示到达

最小编号为i 第二小编号为 j 的情形 最少需要几轮游戏。初始状态 dp[ 1 ][ 2 ]=0，这样就能写出状态

转移方程了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3005;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,k,dp[N][N],p[N],mx[N];//mx[i] 表示i及以后概率的最大值。
int main()
{
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]);
    for(int i=n;i>=1;i--) mx[i]=max(mx[i+1],p[i]);
    memset(dp,inf,sizeof(dp));
    dp[1][2]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            if(dp[i][j]>=inf) continue;
            if(mx[j]>0 && p[i]<100) dp[j][j+1]=min(dp[j][j+1],dp[i][j]+1);
            if(p[i]>0 && mx[j]!=100) dp[i][j+1]=min(dp[i][j+1],dp[i][j]+1);
            if(mx[j]>0 && p[i]>0) dp[j+1][j+2]=min(dp[j+1][j+2],dp[i][j]+1);
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n+2;i++)//i,j如果大于n说明 只剩一个人或者没有人或者。
    {
        for(int j=i+1;j<=n+2;j++)
        {
            if(dp[i][j]<=k) ans++;

        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

E. Valera and Queries

题目大意：给你n条线段，然后又m组询问，每一组询问有cnt[ i ]个数，问你这些线段中有多少是

覆盖了这里面任意一个点的，覆盖1个2个...都可以。

一看就知道是线段树(树状数组)的题目，可是不会写啊！！

思路：我们可以很巧妙地转换一下，求覆盖的线段，可以先求一个点都没有覆盖的线段，然后总的

减去就好了，这样问题就变成了，给你的cnt[ i ]个点相邻的两个之间有多少条线段。这样我们就能用

树状数组了，先将线段按 r 值排序，注意如果是保存前缀，一定是要用 r 值排序的。每个树状数组的

节点保存，所管理的区域范围内的 l 的值，并将 l 值排好序。找位于相邻两点之间的线段数量时，

树状数组每个节点lower_bound一下就好了。

#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=3*1e5+5;
int n,m,top=1,x[N];//x 保存r的值，离散化的时候去重，排序。
vector<int> bt[N],o[N];
pii p[N];
bin_search(int tar)// 离散化，r真正地值查找对应的编号。
{
    int l=0,r=top;
    while(1)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(x[mid]==tar) return mid;
        else if(x[mid]<tar) l=mid+1;
        else r=mid-1;
    }
}
int low_bit(int u){return u&-u;}
void build()
{
    for(int i=1;i<top;i++)
    {
        int up=low_bit(i);
        for(int j=i;j>i-up;j--)
        {
            for(int k=0;k<o[j].size();k++)
            {
                int now=o[j][k];
                bt[i].pb(now);
            }
        }
        sort(bt[i].begin(),bt[i].end());
    }
}
int query(int u,int l)
{
    int sum=0;
    while(u>0)
    {
        int c=upper_bound(bt[u].begin(),bt[u].end(),l)-bt[u].begin();
        sum+=bt[u].size()-c;
        u-=low_bit(u);
    }
    return sum;
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&p[i].fi,&p[i].se);
        x[top++]=p[i].se;
    }
    sort(x,x+top);
    top=unique(x,x+top)-x;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        int g=bin_search(p[i].se);
        o[g].pb(p[i].fi);
    }
    build();
    int sum=0,q,p;
    while(m--)
    {
        sum=0;p=0;
        int cnt; scanf("%d",&cnt);
        for(int i=1;i<=cnt;i++)
        {
            scanf("%d",&q);
            int pos=lower_bound(x+1,x+top,q)-x;
            pos--;
            sum+=query(pos,p);
            p=q;
        }
        sum+=query(top-1,p);
        printf("%d\n",n-sum);
    }
    return 0;
}

ps: e题网上的作法貌似比我的快，用的也是树状数组，不过他是把题目原来的线段和后来两点间的

线段保存在一起，最后一起离线处理，把所有线段都按 l  的大小降序（如果 l 一样,r小的优先），这样

从头往后扫，这样就保证了后面的线段的 l 值不会大于前面的，这样只要看 r 值就行了，r的个数

保存在树状数组中。