codeforces round 376 Div2 D~F
2016-10-26 08:19
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题目
codeforces round 376 Div2题解
D
题意:给一些字符串,每次可以将所有字符序数+1,字符可以循环,问如何变幻使得其按字典序排列。题解:枚举相邻两个字符串,求出如果这两个满足字典序要求,转动次数的范围,用差分,最后看一下有没有被覆盖n-1次的点。
//QWsin #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn=500000+10; const int maxv=1e6+10; inline int read() { int ret=0;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar(); for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) ret=ret*10+ch-'0'; return ret; } int L,R,n,c; int *s[maxn],len[maxn],D[maxv]; inline void ADD(int l,int r){if(l>r) return ;D[l]++;D[r+1]--;} int main() { cin>>n>>c; for(int i=1;i<=n;i++) { len[i]=read();s[i]=new int [len[i]+10]; for(int j=1;j<=len[i];j++) s[i][j]=read(); } for(int i=1;i<n;i++) { for(int p=1;;p++) { if(p==len[i]+1) //这两个判断是判断前缀关系 {ADD(0,c-1);break;} if(p==len[i+1]+1) //如果后面是前面的前缀则无解,否则均可 {printf("-1\n");return 0;} if(s[i][p] < s[i+1][p]) //分两种计算范围,注意:即使已经满足要求也可以将两个均‘爆掉’,不要漏掉第二个ADD {ADD(0,c-s[i+1][p]);ADD(c-s[i][p]+1,c-1);break;} if(s[i][p] > s[i+1][p]) {ADD(c-s[i][p]+1,c-s[i+1][p]);break;} } } int sum=0; for(int i=0;i<=c-1;i++) if((sum+=D[i]) >= n-1) {printf("%d\n",i);return 0;} printf("-1"); return 0; }
E
题意:有一个游戏,有一排纸片,上面写了一些数字,两人轮流操作,可以从左边拿走2~m(m为剩下纸片个数)片,然后将总和计入自己得分。每次操作完后会在最左边放上一张新纸片,上面的数字为取走数字的总和。策略:使得自己与别人得分分差最大,问先手与后手的分差。题解:算是比较简单的线段树优化DP。发现用一个数字i就能够表示状态,因为最左边那块纸片总是之前的纸片的总和。当第i个纸片变为新纸片时称为状态i,用dp(i)表示i状态下的max{先手得分(下称为A)-后手得分(下称为B)},那就要决策这一步选什么,发现当前这步的先手是下个状态的后手,假如我取到j,那么A-B=-(dp(j)-sum(j)),注意要加’-‘,然后发现要取max{dp(j)-sum(j)},i+1<=j<=n 是个裸的线段树优化DP。
//QWsin #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const ll INF=-1*(1ll<<60); const int maxn=200000+10; inline int read() { int ret=0,ok=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-')ok=-1;ch=getchar();} for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) ret=ret*10+ch-'0'; return ret*ok; } int a[maxn]; ll dp[maxn],sum[maxn]; //dp[i]表示i状态下的 max{先手-后手} struct Node{ ll m;Node *lc,*rc; Node(){m=INF,lc=rc=NULL;} inline void UP(){m=max(lc->m,rc->m);} }*root; #define mid ((l+r)>>1) void build(Node* &p,int l,int r) { p=new Node();if(l==r) return ; build(p->lc,l,mid); build(p->rc,mid+1,r);p->UP(); } void updata(Node* &p,const int &pos,const ll& val,int l,int r) { if(l==r) {p->m=val;return ;} if(pos<=mid) updata(p->lc,pos,val,l,mid); else updata(p->rc,pos,val,mid+1,r);p->UP(); } ll query(Node* &p,int l,int r,const int &L,const int &R) { if(L<=l&&r<=R) return p->m; ll ret=INF; if(L<=mid) ret=max(ret,query(p->lc,l,mid,L,R)); if(mid<R ) ret=max(ret,query(p->rc,mid+1,r,L,R)); return ret; } int main() { int n=read(); build(root,1,n); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i]; updata(root,n,sum ,1,n); for(int i=n-1;i>=1;i--) { dp[i]=query(root,i+1,n,1,n); updata(root,i,-dp[i]+sum[i],1,n); } cout<<dp[1]; return 0;; }
F
题意:给一堆游戏卡片以及它们的分值,选一张当主卡(称为A),将剩下所有卡(称为B)进行如下处理,如果B%A==0,将B加入总答案,否则将B/A*A加入总答案(整除),问答案最大值。题解:(1000+AC人数的F题。。)不难发现按升序排序后,枚举选的主卡,最优方案一定是把右边的全选了。也不难发现,如果存在i< j&&a[j]%a[i]==0, 那么选i当主卡肯定更优。所以采取如下策略,枚举i,如果当前的a[i]没有被标记,那就从2*a[i],3 * a[i]一直枚举到最大值,把这些数都打上标记(像极了筛素数?)。可以证明这一步的复杂度不超过nlogn,其实计算答案只要搞一点事情就行了,用sum[i]表示不超过i的数有多少个,注意到a[i]~2 * a[i]-1范围内的数对答案贡献是一样的,所以在枚举k *a[i]时顺便计算答案,总复杂度O(nlogn)
//QWsin #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=2000000+10; inline int read() { int ret=0;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar(); for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) ret=ret*10+ch-'0'; return ret; } int done[maxn],a[maxn],sum[maxn]; int query(int l,int r){ return sum[r]-sum[l-1]; } int main() { int n=read(),maxnum=0; for(int i=1;i<=n;i++) { a[i]=read(),sum[a[i]]++; maxnum=max(maxnum,a[i]); } for(int i=1;i<=maxnum*2;i++) sum[i]+=sum[i-1]; sort(a+1,a+n+1); ll ans=0; for(int i=1;i<=n;i++)if(!done[a[i]]){ ll tmp=0;done[a[i]]=1; for(int j=2;(j-1)*a[i]<=maxnum;j++) done[(j-1)*a[i]]=1, tmp+=(ll)query((j-1)*a[i],j*a[i]-1)*(j-1)*a[i]; ans=max(ans,tmp); } printf("%lld",ans); return 0; }
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