Codeforces Round #576 (Div. 2) 题解

比赛链接：https://codeforc.es/contest/1199

　

A. City Day

题意：给出一个数列，和俩个整数\(x,y\)，要求找到序号最靠前的数字\(d\)，使得\(d\)满足\(a_d<a_j\) (\(d-x\leq j<d\) && \(d<j\leq d+y\))。

分析：由于x和y都小于7，所以直接暴力即可。

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 200007
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
typedef	long long ll;
void io() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	cout.tie(nullptr);
}
ll n, x, y, a[SIZE];
int main() {
	io();
	cin >> n >> x >> y;
	rep(i, 1, n) cin >> a[i];
	rep(i, 1, n) {
		bool flag = 1;
		for (int k = i - 1, cnt = 1; k > 0 && cnt <= x; k--, cnt++) {
			if (a[k] <= a[i]) { flag = 0; break; }
		}
		for (int k = i + 1, cnt = 1; k <= n && cnt <= y; k++, cnt++) {
			if (a[k] <= a[i]) { flag = 0; break; }
		}
		if (flag) { cout << i << endl; return 0; }
	}
}

　

B. Water Lily

分析：几何水题，推个方程就好。

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
	double l, h;
	cin >> h >> l;
	double s = (l * l - h * h) / 2 / h;;
	printf("%.12lf", s);
}

　

C. MP3

题意：一个数组中如果有\(K\)种不同的数，每个数的占用空间是\(k=log_2K\)，这组数总内存是\(nk\)，你有一个改变数的大小的能力，小于\(l\)可以改成\(l\)大于\(r\)可以改成\(r\)，现在给出总内存，求最少改变次数。

分析：先求出最多能存\(k\)个数，然后我们显然用\(map\)来记录数据，然后把\(map\)中的前\(k\)个数和后k个数丢进一个双向队列（因为我们至少删除\(k\)个数，而这\(k\)个数只能在首或尾），对这\(2k\)个数求前缀和，在每k个数中求出最小值。

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define SIZE 400007
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
typedef	long long ll;
void io() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	cout.tie(nullptr);
}
ll n, I, a[SIZE], pre[SIZE];
map<ll, ll> mp;
deque<pair<ll, ll> > q;
int main() {
	io(); cin >> n >> I;
	rep(i, 1, n) {
		cin >> a[i];
		++mp[a[i]];
	}
	ll k = 0; I *= 8;   //用k记录最多存储几个数
	while (1ll * ceil(log2(mp.size() - k))* n > I) k++;
	auto it = mp.begin();
	auto itr = mp.rbegin();
	rep(i, 1, k) {
		q.push_back(make_pair(it->first, it->second));
		q.push_front(make_pair(itr->first, itr->second));
		it++, itr++;
	}
	auto itx = q.begin();
	rep(i, 1, q.size()) pre[i] = pre[i - 1] + itx++->second;
	ll sum = INF;
	rep(i, k, 2 * k) sum = min(sum, pre[i] - pre[i - k]);
	cout << sum;
}

　

D. Welfare State

题意：给定一个\(n\)个数的数列和两种操作。操作一是把序号为\(p\)的数字修改为\(x\)，操作二是把所有小于\(x\)的数字修改为\(x\)。输出最终的数列。

分析：乍一看像线段树，但是写得不好就会\(T\)（别问我怎么知道的），实际上直接乱搞就过了。我们发现对于第一种操作和第二种操作我们只需要考虑较大的那种，因此开两个数组，\(b\)数组保存操作一，\(maxx\)数组保存操作二，最后取\(max\)输出即可。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define SIZE 200007
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
typedef	long long ll;
void io() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	cout.tie(nullptr);
}
ll n, m, a[SIZE], b[SIZE], sig, maxx[SIZE], pos;
int main() {
	io(); cin >> n;
	rep(i, 1, n) cin >> a[i];
	cin >> m;
	rep(i, 1, m) {
		cin >> sig;
		if (sig == 1) {
			cin >> pos;
			cin >> a[pos];
			b[pos] = i;
		}
		else cin >> maxx[i];
	}
	for (int i = m; i; --i) maxx[i - 1] = max(maxx[i - 1], maxx[i]);
	rep(i, 1, n) cout << max(a[i], maxx[b[i]]) << ' ';
}

　

E. Matching vs Independent Set

题意：给定一个\(3n\)个顶点，\(m\)条边的图和两个定义。定义一：如果一个边集中没有两条边共享一个端点，则称为匹配。定义二：如果一个点集中没有两个顶点与边连接，则一组顶点称为独立集。判断给定的图是否存在匹配或独立集（\(size=n\)）。

分析：乍看像一道图论，实际上并不需要图论算法。首先用vector存图。然后观察到匹配和独立集必定至少存在一个。证明：我们考虑每次取\(n\)个点，若不存在独立集，则这\(n\)个点中至少存在一条边，这样操作到最后至多存在\(n-2\)个点不连边，且不存在独立集；但是这样的构造后我们发现，在那\(2n+2\)个点中至少存在\(n+1\)条边构成匹配。因此，我们只需要处理出所有独立的点，判断是否能构成独立集，若不能则至少有\(2n+2\)个点有连边，我们两两取边加入匹配集并输出即可。

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 500007
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
typedef	long long ll;
void io() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	cout.tie(nullptr);
}
typedef long long ll;
vector <pair<int, int> > h[SIZE];
vector <int> edge, vec;
int n, m, T, cnt, u, v;
bool vis[SIZE];
int main() {
	io(); cin >> T;
	while (T--) {
		cin >> n >> m;
		edge.clear(); vec.clear(); cnt = 0;
		rep(i, 1, 3 * n) { h[i].clear(); vis[i] = false; }
		rep(i, 1, m) {
			cin >> u >> v;
			h[u].emplace_back(make_pair(v, i));
			h[v].emplace_back(make_pair(u, i));
		}
		rep(i, 1, 3 * n) {
			bool flag = false;
			for (auto it : h[i]) {
				int pos = it.first;
				if (vis[pos]) {
					flag = true; vis[pos] = false;
					edge.emplace_back(it.second);
					break;
				}
			}
			if (!flag) vis[i] = true, cnt++;
			else cnt--;
		}
		if (cnt >= n) {
			cout << "IndSet" << endl;
			int num = 0;
			rep(i, 1, 3 * n) {
				if (num >= n) break;
				if (vis[i]) { num++; cout << i << ' '; }
			}
		}
		else {
			cout << "Matching" << endl;
			rep(i, 0, n - 1) cout << edge[i] << ' ';
		}
		cout << endl;
	}
}

　

F. Rectangle Painting 1

题意：给定一个\(n\times n\)的方格网。每次能在图中选择一个\(a\times b\)的矩形，将该矩形中的方格全部改为“.”，一次操作的花费为\(max(a,b)\)。要求把“#”全部改成“.”，求最小的花费。

分析：由于\(n\leq 50\)，所以我们考虑直接暴力四重dp。用\(f[x][y]\)记录\((1,1)\)到\((x,y)\)的“#”数量，用\(dp[x][y][i][j]\)记录\((x,y)\)和\((i,j)\)之间全部染成“.”的花费，然后转移即可。

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 55
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
using namespace std;
typedef	long long ll;
void io() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	cout.tie(nullptr);
}
int n;
char s[SIZE][SIZE];
int dp[SIZE][SIZE][SIZE][SIZE];
int f[SIZE][SIZE];
int main() {
	io(); cin >> n;
	rep(i, 1, n) {
		cin >> (s[i] + 1);
	}
	rep(i, 1, n) {
		rep(j, 1, n) {
			f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i][j - 1] - f[i - 1][j - 1] + (s[i][j] == '#');
		}
	}
	rep(x, 1, n) {
		rep(y, 1, n) {
			rep(i, 1, n - x + 1) {
				rep(j, 1, n - y + 1) {
					int tx = i + x - 1, ty = j + y - 1;
					int t = f[tx][ty] - f[i - 1][ty] - f[tx][j - 1] + f[i - 1][j - 1];
					if (!t) { dp[i][j][tx][ty] = 0; continue; }
					else dp[i][j][tx][ty] = max(x, y);
					rep(k, i + 1, tx) {
						dp[i][j][tx][ty] = min(dp[i][j][tx][ty], dp[i][j][k - 1][ty] + dp[k][j][tx][ty]);
					}
					rep(k, j + 1, ty) {
						dp[i][j][tx][ty] = min(dp[i][j][tx][ty], dp[i][j][tx][k - 1] + dp[i][k][tx][ty]);
					}
				}
			}
		}
	}
	cout << dp[1][1][n][n];
}