AtCoder Regular Contest 99

传送门

C - Minimization

第一次可能有多种选择，我们枚举所有的选择，然后两边贪心取即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;

int n, k;

void run() {
    int p;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        int x; cin >> x;
        if(x == 1) p = i;
    }
    int ans = N;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        int l = i, r = min(n, i + k - 1);
        if(l <= p && p <= r)
            ans = min(ans, 1 + (l - 1 + k - 2) / (k - 1) + (n - r + k - 2) / (k - 1));
    }
    cout << ans << '\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n >> k) run();
    return 0;
}

D - Snuke Numbers

这个就是打表找规律...但规律也不是很好找，这个规律是变换的规律，可能一次加上\(10^i\)，也可以加上\(10^{i+1}\)，两个判断一下即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;

int K;

double Snuke(ll x) {
    ll tmp = 0, c = x;
    while(c) {
        tmp += c % 10;
        c /= 10;
    }
    return 1.0 * x / tmp;
}

void run() {
    ll res = 0, x = 1;
    while(K--) {
        double t1, t2;
        while(true) {
            t1 = Snuke(res + x), t2 = Snuke(res + x * 10);
            if(t1 <= t2) break;
            x *= 10;
        }
        res += x;
        cout << res << '\n';
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> K) run();
    return 0;
}

E - Independence

题意：

给出\(n\)个点\(m\)条无向边，现在对于任意两个点，至多有一条边直接连接。

现在要将这个图划分为两部分，使得两部分都为完全图，问最终每部分最小边数之和为多少。

思路：

• 划分为两部分之后的答案很好计算，假设两边的点分别有\(x,y\)个，那么最终答案就为\(\frac{x\cdot (x-1)}{2}+\frac{y\cdot (y-1)}{2}\)。
• 现在就考虑如何划分。
• 我们取原图的补图，那么最终两个集合中不存在任何一条边即符合条件。
• 进一步地，我们将这个与二分图等价，其实就将问题转化为二分图问题了。
• 首先判断二分图是否存在，若存在，先有若干个连通块，每个连通块有两种选择，那么直接背包\(dp\)一下求出最终所有方案数就行了。

(一开始还以为能够滚动一维QAQ)

代码如下：

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 705;

int n, m;
bool lnk[N][N];
int cnt[2];
int col[N];
bool f;

void dfs(int u, int c) {
    col[u] = c;
    ++cnt[c];
    for(int v = 1; v <= n; v++) {
        if(lnk[u][v]) {
            if(col[v] == -1) dfs(v, 1 - c);
            else if(col[v] == c) {
                f = false;
                return;
            }
        }
    }
}

pii num[N];
bool dp[N][N];

void run() {
    memset(col, -1, sizeof(col));
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    f = true;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= n; j++) {
            if(i != j) lnk[i][j] = 1;
        }
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        int u, v; cin >> u >> v;
        lnk[u][v] = lnk[v][u] = 0;
    }
    int tot = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(col[i] == -1) {
            cnt[0] = cnt[1] = 0;
            dfs(i, 0);
            num[++tot] = MP(cnt[0], cnt[1]);
        }
    }
    if(f == false) {
        cout << -1 << '\n';
        return;
    }
    dp[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= tot; i++) {
        for(int j = 0; j <= n; j++) {
            if (j >= num[i].fi) dp[i][j] |= dp[i - 1][j - num[i].fi];
            if (j >= num[i].se) dp[i][j] |= dp[i - 1][j - num[i].se];
        }
    }
    int ans = 1e9;
    for(int i = 0; i <= n; i++) {
        if(dp[tot][i]) {
            ans = min(ans, i * (i - 1) / 2 + (n - i) * (n - i - 1) / 2);
        }
    }
    cout << ans << '\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n >> m) run();
    return 0;
}

F - Eating Symbols Hard

鸽了好久，终于来补了= =

题意：

给出一个字符串含有">,<,+,-"四种字符，每种字符代表一种操作，字符串长度不超过\(10^5\)。

先有一个初始全为\(0\)的无限长的数组，起点为\(0\)。"+"代表当前位置加一，"-"与之相反；">"代表往右边走一步，"<"代表往左边走一步。

现问多少区间\([l,r]\)，只执行该区间内的操作，得到的数组能与执行\([1,n]\)的操作得到的想同。

思路：

感觉题意说了一大堆，可能我表述有点问题= =

可以考虑字符串哈希，哈希函数设计为：

\[h(a)=\sum a_ix^i
\]

之后有点不好表述了（果真我表述能力有问题），可以参见代码，代码还是比较好懂的。

处理区间hash值时注意\(hs[l]-hs[r+1]=hs[1]*pos[l-1]\)这个等式，具体含义可以看代码，这里直接相减是计算上前面那一部分的移动的。

反正很巧妙QAQ

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 250005, P1 = 1e9 + 7, P2 = 1e9 + 9;

ll qpow(ll a, ll b, ll c) {
    ll ans = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) ans = ans * a % c;
        a = a * a % c;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

char s[N];
int n;

struct rolling_hash{
    ll a, b;
    rolling_hash() {
        a = b = 0;
    }
    rolling_hash(ll x) {
        a = x % P1;
        b = x % P2;
    }
    rolling_hash(ll x, ll y) {
        a = x % P1;
        b = y % P2;
    }
    rolling_hash operator + (const rolling_hash& A) const {
        return rolling_hash(a + A.a, b + A.b);
    }
    rolling_hash operator - (const rolling_hash& A) const {
        return rolling_hash(a - A.a + P1, b - A.b + P2);
    }
    rolling_hash operator * (const rolling_hash& A) const {
        return rolling_hash(a * A.a, b * A.b);
    }
    ll get() {
        return a * P2 + b;
    }
}hs[N], pos[N];

rolling_hash X = 1000003;
rolling_hash invX = rolling_hash(qpow(X.a, P1 - 2, P1), qpow(X.b, P2 - 2, P2));

unordered_map <ll, int> mp;

void run() {
    mp.clear();
    cin >> s + 1;
    pos[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        pos[i] = pos[i- 1];
        if(s[i] == '>') {
            pos[i] = pos[i - 1] * X;
        } else if(s[i] == '<') {
            pos[i] = pos[i - 1] * invX;
        }
    }
    hs[n + 1] = 0;
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
        hs[i] = hs[i + 1];
        if(s[i] == '+') {
            hs[i] = hs[i] + pos[i];
        } else if(s[i] == '-') {
            hs[i] = hs[i] - pos[i];
        }
    }
    ll ans = 0;
    ++mp[hs[n + 1].get()];
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
        rolling_hash now = hs[i] - hs[1] * pos[i - 1];
        ans += mp[now.get()];
        ++mp[hs[i].get()];
//        cout << ans << '\n';
    }
    cout << ans << '\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n) run();
    return 0;
}