Codeforces 8VC Venture Cup 2016 - Elimination Round

C. Block Towers

贪心，先分别尽量用低的高度，标记哪些高度用过了。对于那些冲突的，选一个尽可能低的来用。二分答案也可以，并且还有用公式O(1)的解法。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

bool vis[5000010];

int main(){
int n,m;
cin>>n>>m;

for(int i=1;i<=n;i++){
vis[i*2]=1;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
vis[i*3]=1;
}

int top_2 = n*2;
int top_3 = m*3;

int MAX = min(top_2,top_3);

for(int i=6;i<=MAX;i+=6){
int go2=top_2+2;
while(vis[go2]){
go2+=2;
}
int go3=top_3+3;
while(vis[go3]){
go3+=3;
}
if(go2<=go3){
top_2=go2;
vis[go2]=1;
}else{
top_3=go3;
vis[go3]=1;
}
}

cout<<max(top_2,top_3)<<endl;
return 0;
}

D. Jerry’s Protest

基础的概率题。可以先算第一局分差为i的概率p1(i)，然后算前两局合起来分差为i的概率p2(i)，最后枚举第三局分差，乘上p2的前缀和。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

int a[2010];

double p[10010];
double p2[10010];
double sum[10010];

int main(){
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}

sort(a+1,a+n+1);

double pro = 1.0/(n*(n-1)/2);

for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
p[a[j]-a[i]] += pro;
}
}

for(int i=1;i<=5000;i++){
for(int j=1;j<=5000;j++){
p2[i+j]+=p[i]*p[j];
}
}

for(int i=1;i<=10000;i++){
sum[i]=sum[i-1]+p2[i];
}

double ans = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
int delta = a[j]-a[i];
ans += pro*sum[delta-1];
}
}

printf("%.10f",ans);
return 0;
}

E. Simple Skewness

大多数人应该都是用二分/三分来做的。这里有个O(n)的解法。。首先可以证明，最优解总可以只包含奇数个元素，也就是只有一个中位数。排序后，对于给定的中位数x(i)和给定的集合大小2∗len+1，集合肯定由x(i−len)~x(i)和x(n+1−len)~x(n)组成。枚举中位数，然后动态维护集合，每次加入x(i)和x(n−len+1)，然后不断删除x(i−len)和x(n−len+1)，直到这两个数的均值小于整个集合的均值。因为这样做中位数不会动而平均数会不断变大。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n;
int x[200010];
int a[1000010];

int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&x[i]);
a[x[i]]++;
}
//sort(x+1,x+n+1);
int k=1;
for(int i=0;i<=1000000;i++){
while(a[i]--){
x[k++]=i;
}
}

if(n<=2){
cout<<1<<endl;
cout<<x[1]<<endl;
}else{
int seglen=0;
int median=1;

double MAX=0;
int cnt=1;
double sum = x[1];
int len = 0;

for(int i=2;i<n;i++){
len++;
cnt+=2;
sum+=x[i];
sum+=x[n+1-len];

while( (x[i-len]+x[n+1-len])/2.0 <= sum/cnt && len>1){
sum-=x[i-len];
sum-=x[n+1-len];
len--;
cnt-=2;
}

if((sum/cnt-x[i])>MAX){
MAX = (sum/cnt-x[i]);
seglen=len;
median=i;
}
}

cout<<seglen*2+1<<endl;
for(int i=median-seglen;i<=median;i++){
printf("%d ",x[i]);
}
for(int i=n-seglen+1;i<=n;i++){
printf("%d ",x[i]);
}
}
return 0;
}

F. Group Projects

明知道这题是DP，还是想不出来，太弱了。。（先排序）状态为dp(i,j,k)，指的是当前考察到了第i个元素，有j个组还可以加入后面的元素，当前总的不平衡为k。每次考察到新的元素，可以加入到之前的某个组，可以单独成组并不允许继续加入或允许继续加入，状态转移见代码。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

const int mod = 1e9+7;

int a[210];

ll dp[2][210][1010];

int main(){
int n,K;
cin>>n>>K;

for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}

sort(a+1,a+n+1);
int cur=0;
int pre=1;
dp[cur][0][0]=1;
a[0]=a[1];
for(int i=1;i<=n;i++){
swap(cur,pre);
memset(dp[cur],0,sizeof(dp[cur]));
for(int k=0;k<=K;k++){
dp[cur][0][k] += dp[pre][0][k];
dp[cur][1][k] += dp[pre][0][k];

dp[cur][0][k] %= mod;
dp[cur][1][k] %= mod;
}

for(int j=1;j<i;j++){
for(int k=0;k<=K;k++){
if(k-j*(a[i]-a[i-1])<0)continue;
dp[cur][j-1][k] += j*dp[pre][j][k-j*(a[i]-a[i-1])];
dp[cur][j][k] += (j+1)*dp[pre][j][k-j*(a[i]-a[i-1])];
dp[cur][j+1][k] += dp[pre][j][k-j*(a[i]-a[i-1])];

dp[cur][j-1][k] %= mod;
dp[cur][j][k] %= mod;
dp[cur][j+1][k] %= mod;
}
}
}

int ans = 0;
for(int k=0;k<=K;k++){
ans+=dp[cur][0][k];
ans%=mod;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}