题目大意:
  有$n(n\leq10^6)$种颜色,第$i$种颜色有$c_i(\sum c_i\leq10^6)$个,指定第一个颜色为$a$,最后一个颜色为$b$,问对于一个长度为$m=\sum c_i$的序列,是否能构造出一个染色方案满足相邻的颜色不相同。如果能,试构造出一种方案。

思路:
  贪心。如果序列中有多个元素,开头结尾颜色相同而这种颜色只有一个,则显然不存在合法方案。每次选取当前数量最多的不同于前一个颜色的颜色,如果有一样多的,就尽量取和最后一个位置的颜色相同的颜色。如果没有可以取的元素或者倒数第二个元素颜色只能选和最后一个元素相同的颜色就说明不存在合法方案。洛谷和BZOJ随便AC,然而SZKOpuł上怎么卡常都是T。

正常代码:

 #include<queue>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
inline int getint() {
register char ch;
while(!isdigit(ch=getchar()));
register int x=ch^'';
while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<)+x)<<)+(ch^'');
return x;
}
const int N=1e6+;
int a[N],c[N];
std::priority_queue<std::pair<int,int> > q;
int main() {
const int n=getint();
a[]=getint(),a[]=getint();
int m=;
for(register int i=;i<=n;i++) {
m+=c[i]=getint();
}
std::swap(a[],a[m]);
c[a[]]--;
if(m!=) c[a[m]]--;
if(c[a[]]<) {
putchar('');
return ;
}
for(register int i=;i<=n;i++) {
if(c[i]) q.push(std::make_pair(c[i],i==a[m]?i+n:i));
}
for(register int i=;i<m;i++) {
int x=q.top().second%n;q.pop();
if(!x) x+=n;
if(x==a[i-]) {
if(q.empty()) {
putchar('');
return ;
}
int y=q.top().second%n;q.pop();
if(!y) y+=n;
q.push(std::make_pair(c[x],x==a[m]?x+n:x));
a[i]=y;
if(--c[y]) q.push(std::make_pair(c[y],y==a[m]?y+n:y));
} else {
a[i]=x;
if(--c[x]) q.push(std::make_pair(c[x],x==a[m]?x+n:x));
}
}
if(a[m-]==a[m]) {
putchar('');
return ;
}
for(register int i=;i<=m;i++) {
printf("%d%c",a[i]," \n"[i==m]);
}
return ;
}

卡常代码:

 #pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("unroll-loops")
#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,tune=native")
#include<cstdio>
#include<climits>
#include<algorithm>
#include<sys/mman.h>
#include<sys/stat.h>
typedef long long int64;
class BufferedInputStream {
private:
char *buf,*p;
int size;
public:
BufferedInputStream() {
register int fd=fileno(stdin);
struct stat sb;
fstat(fd,&sb);
size=sb.st_size;
p=buf=reinterpret_cast<char*>(mmap(,size,PROT_READ,MAP_PRIVATE,fileno(stdin),));
}
char getchar() {
return (p==buf+size||*p==EOF)?EOF:*p++;
}
};
BufferedInputStream in;
inline int getint() {
register char ch;
while(!__builtin_isdigit(ch=in.getchar()));
register int x=ch^'';
while(__builtin_isdigit(ch=in.getchar())) x=(((x<<)+x)<<)+(ch^'');
return x;
}
const int N=1e6+;
int a[N],c[N];
class priority_queue {
#define _left <<1
#define _right <<1|1
#define _par >>1
private:
int size;
int64 val[N];
public:
priority_queue() {
val[]=LLONG_MAX;
}
void push(const int64 &x) {
register int p=++size;
for(;val[p _par]<x;p=p _par) {
val[p]=val[p _par];
}
val[p]=x;
}
int64 top() const {
return val[];
}
void pop() {
register int p=;
const int64 x=val[size--];
for(;p _left<=size&&(x<val[p _left]||x<val[p _right]);p=val[p _left]>val[p _right]?p _left:p _right) {
val[p]=std::max(val[p _left],val[p _right]);
}
val[p]=x;
}
bool empty() const {
return !size;
}
#undef _left
#undef _right
#undef _par
};
inline int64 make_pair(const int &x,const int &y) {
return (int64)x<<|y;
}
inline int second(const int &x) {
return x&0x7fffffff;
}
priority_queue q;
int main() {
const int n=getint();
a[]=getint(),a[]=getint();
int m=;
for(register int i=;i<=n;i++) {
m+=c[i]=getint();
}
std::swap(a[],a[m]);
c[a[]]--;
if(__builtin_expect(m!=,)) c[a[m]]--;
if(__builtin_expect(c[a[]]<,)) {
__builtin_puts("");
__builtin_exit();
}
for(register int i=;i<=n;i++) {
if(__builtin_expect(c[i],)) q.push(make_pair(c[i],i==a[m]?i+n:i));
}
for(register int i=;i<m;i++) {
int x=second(q.top());q.pop();
if(__builtin_expect(x>n,)) x-=n;
if(__builtin_expect(x==a[i-],)) {
if(__builtin_expect(q.empty(),)) {
__builtin_puts("");
__builtin_exit();
}
int y=second(q.top());q.pop();
if(__builtin_expect(y>n,)) y-=n;
q.push(make_pair(c[x],x==a[m]?x+n:x));
if(__builtin_expect(--c[a[i]=y],)) q.push(make_pair(c[y],y==a[m]?y+n:y));
} else {
if(__builtin_expect(--c[a[i]=x],)) q.push(make_pair(c[x],x==a[m]?x+n:x));
}
}
if(__builtin_expect(a[m-]==a[m],)) {
__builtin_puts("");
__builtin_exit();
}
for(register int i=;i<=m;i++) {
__builtin_printf("%d%c",a[i]," \n"[i==m]);
}
__builtin_exit();
}

[POI2014]Beads的更多相关文章

  1. BZOJ 3524: [Poi2014]Couriers [主席树]

    3524: [Poi2014]Couriers Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 256 MBSubmit: 1892  Solved: 683[Submit][St ...

  2. HDU 1817Necklace of Beads(置换+Polya计数)

    Necklace of Beads Time Limit:1000MS     Memory Limit:32768KB     64bit IO Format:%I64d & %I64u S ...

  3. BZOJ 3524: [Poi2014]Couriers

    3524: [Poi2014]Couriers Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 256 MBSubmit: 1905  Solved: 691[Submit][St ...

  4. [BZOJ3872][Poi2014]Ant colony

    [BZOJ3872][Poi2014]Ant colony 试题描述 There is an entrance to the ant hill in every chamber with only o ...

  5. 【USACO】beads

    题目: You have a necklace of N red, white, or blue beads (3<=N<=350) some of which are red, othe ...

  6. POJ 1286 Necklace of Beads(Polya原理)

    Description Beads of red, blue or green colors are connected together into a circular necklace of n ...

  7. 【BZOJ】【3522】【POI2014】Hotel

    暴力/树形DP 要求在树上找出等距三点,求方案数,那么用类似Free Tour2那样的合并方法,可以写出: f[i][j]表示以 i 为根的子树中,距离 i 为 j 的点有多少个: g[i][j]表示 ...

  8. 【BZOJ】【3831】【POI2014】Little Bird

    DP/单调队列优化 水题水题水题水题 单调队列优化的线性dp…… WA了8次QAQ,就因为我写队列是[l,r),但是实际操作取队尾元素的时候忘记了……不怎么从队尾取元素嘛……平时都是直接往进放的……还 ...

  9. Bzoj 3831 [Poi2014]Little Bird

    3831: [Poi2014]Little Bird Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 128 MB Submit: 310 Solved: 186 [Submit][ ...

随机推荐

  1. badboy录制提示当前页面的脚本发生错误

    利用badboy录制时,发生了错误: 网上查了查,说badboy默认使用IE浏览器,打开Internet选项—>高级,图中的两个选项不要勾选即可 然鹅,然鹅,并没有作用... 请教了好心的同行, ...

  2. ansible自动安装rabbitmq

    ansible playbook 安装rabbitmq单机版,以下脚本在CentOS6.7服务器测试通过. 需要配置本机的yum源,用于安装socat软件. rabbitmq版本和Erlang版本需要 ...

  3. Lua1

    使用lua进行脚本编程有很多优点: 1 代码体积小 2 执行速度快 3 安全性较高等 4 但是最大的优点是修改后的代码不需要重新编译即可生效,而高级语言的代码经过修改后需要经过重新编译或者解释后才能生 ...

  4. Python网络编程(weekly summary1)

    网络的目的是什么?     用于信息传输.接受  能把各个点.面.体的信息链接到一起 实现资源的共享 OSI模型:     应用层:提供程序服务     表示层:数据加密.优化.压缩     会话层: ...

  5. UVa 11806 - Cheerleaders (组合计数+容斥原理)

    <训练指南>p.108 #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> using na ...

  6. java中unmodifiableList方法的应用场景

    java对象中primitive类型变量可以通过不提供set方法保证不被修改,但对象的List成员在提供get方法后,就可以随意add.remove改变其结构,这不是希望的结果.网上看了下,发现Col ...

  7. BZOJ 1861: [Zjoi2006]Book 书架 | SPlay 板题

    #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #define N 80010 #define whi ...

  8. BZOJ4652 [Noi2016]循环之美 【数论 + 莫比乌斯反演 + 杜教筛】

    题目链接 BZOJ 题解 orz 此题太优美了 我们令\(\frac{x}{y}\)为最简分数,则\(x \perp y\)即,\(gcd(x,y) = 1\) 先不管\(k\)进制,我们知道\(10 ...

  9. Installing patches on an ESXi 5.x by the command

    Purpose This article outlines the procedure for installing patches on an ESXi 5.x host from the comm ...

  10. Vitamio介绍及使用

    一.Vitamio介绍 1.1 Vitamio是什么? Vitamio是Android平台视音频播放组件,支持播放几乎格式的视频以及主流网络视频流(http/rtsp/mms等),详细的中文介绍: 这 ...