【codeforces】【比赛题解】#920 Educational CF Round 37
【A】浇花
题意：
一个线段上每个整点都有花，有的点有自动浇花的喷水器，有问几秒能浇完所有的花。
题解：
大模拟
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define F2(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define dF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define dF2(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);--i)
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<string>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
#define eF(i,u) for(int i=h[u];i;i=nxt[i])
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
inline int Abs(int X){return X<?-X:X;}
inline int Gcd(int X,int Y){return Y?Gcd(Y,X%Y):X;}
inline ll Gcd(ll X,ll Y){return Y?Gcd(Y,X%Y):X;}
inline int Max(int X,int Y){return X<Y?Y:X;}
inline int Min(int X,int Y){return X<Y?X:Y;}
inline ll Max(ll X,ll Y){return X<Y?Y:X;}
inline ll Min(ll X,ll Y){return X<Y?X:Y;}
inline int Pow(int base,ll exp,int _mod){int _ans=;for(;exp;exp>>=,base=(ll)base*base%_mod)exp&?_ans=(ll)_ans*base%_mod:;return _ans;}
inline ll Pow(ll base,ll exp,ll _mod){ll _ans=;for(;exp;exp>>=,base=base*base%_mod)exp&?_ans=_ans*base%_mod:;return _ans;}
int n,q,Ans;
int a[],b[];
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
Ans=;
scanf("%d%d",&n,&q);
F(i,,q) scanf("%d",a+i);
F(i,,n){
int k=;
F(j,,q){
k=Min(k,Abs(i-a[j]));
}
Ans=Max(Ans,k);
}
printf("%d\n",Ans+);
}
return ;
}
【B】排队喝茶
题意：
有\(n\)个人排队喝茶，第\(i\)个人\(l_i\)时刻来排队，如果\(r_i\)时刻还没有排到他，他就走了，问每个人喝到茶的时间或者他没有喝到茶。
题解：
大模拟，每个人是否走了可以到他了再判断。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define F2(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define dF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define dF2(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);--i)
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<string>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
#define eF(i,u) for(int i=h[u];i;i=nxt[i])
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
inline int Gcd(int X,int Y){return Y?Gcd(Y,X%Y):X;}
inline ll Gcd(ll X,ll Y){return Y?Gcd(Y,X%Y):X;}
inline int Max(int X,int Y){return X<Y?Y:X;}
inline int Min(int X,int Y){return X<Y?X:Y;}
inline ll Max(ll X,ll Y){return X<Y?Y:X;}
inline ll Min(ll X,ll Y){return X<Y?X:Y;}
inline int Pow(int base,ll exp,int _mod){int _ans=;for(;exp;exp>>=,base=(ll)base*base%_mod)exp&?_ans=(ll)_ans*base%_mod:;return _ans;}
inline ll Pow(ll base,ll exp,ll _mod){ll _ans=;for(;exp;exp>>=,base=base*base%_mod)exp&?_ans=_ans*base%_mod:;return _ans;}
int n,q;
int l[],r[],Ans[];
int que[],L,R;
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
L=, R=;
scanf("%d",&n);
memset(Ans,,sizeof Ans);
F(i,,n) scanf("%d%d",l+i,r+i);
int i=;
F(t,,){
while(l[i]==t) que[++R]=i, ++i;
while(L<=R&&r[que[L]]<t) ++L;
if(L<=R) Ans[que[L++]]=t;
}
F(j,,n) printf("%d ",Ans[j]); puts("");
}
return ;
}
【C】交换相邻元素
题意：
一个1到n的排列，你可以交换某些相邻位置的值，问能否交换成上升序列。
题解：
连续的一串可以交换的，就表示这一串可以直接排序，那么我们把所有连续的一段都各自排序，看最终的数组是否升序即可。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define F2(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define dF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define dF2(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);--i)
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<string>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
#define eF(i,u) for(int i=h[u];i;i=nxt[i])
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
inline int Gcd(int X,int Y){return Y?Gcd(Y,X%Y):X;}
inline ll Gcd(ll X,ll Y){return Y?Gcd(Y,X%Y):X;}
inline int Max(int X,int Y){return X<Y?Y:X;}
inline int Min(int X,int Y){return X<Y?X:Y;}
inline ll Max(ll X,ll Y){return X<Y?Y:X;}
inline ll Min(ll X,ll Y){return X<Y?X:Y;}
inline int Pow(int base,ll exp,int _mod){int _ans=;for(;exp;exp>>=,base=(ll)base*base%_mod)exp&?_ans=(ll)_ans*base%_mod:;return _ans;}
inline ll Pow(ll base,ll exp,ll _mod){ll _ans=;for(;exp;exp>>=,base=base*base%_mod)exp&?_ans=_ans*base%_mod:;return _ans;}
int n,q;
int a[],b[];
int main(){
scanf("%d",&n);
F(i,,n) scanf("%d",a+i);
char ch;
F2(i,,n) if((ch=getchar())!=''&&ch!='') --i; else b[i]=ch-'';
int lst=;
F(i,,n){
if(!b[i]) sort(a+lst,a+i+), lst=i+;
} sort(a+lst,a+n+);
F(i,,n) if(a[i]!=i) {puts("NO"); return ;}
puts("YES");
return ;
}
【D】水缸
题意：
有一些容量无限的水缸，初始时每个水缸中各自有一些水，你有一个容积为k的勺子，问你能否通过用勺子舀水让一个水缸中的水变成要求的V体积？
题解：
考虑把所有的水缸的水和要求的V体积都对勺子容积k取模。
那么如果有一些水缸中的水相加，再对k取模，等于V对k取模的结果，我们就确定最终的V体积的水来自这些水缸。
那么用\(f[i][j]\)表示前\(i\)个水缸中能否相加达到\(j\)容积（\(j\)对\(k\)取模）。
特别地，\(f[i][j]=1\)表示这一个水缸不需要选，\(f[i][j]=2\)表示这一个水缸可以选。
那么最终确定结果时可以反推回来，确定选取哪些水缸。
之后的事情主要是分类讨论，注意输出格式。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define F2(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define dF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define dF2(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);--i)
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<string>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
#define eF(i,u) for(int i=h[u];i;i=nxt[i])
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
inline int Gcd(int X,int Y){return Y?Gcd(Y,X%Y):X;}
inline ll Gcd(ll X,ll Y){return Y?Gcd(Y,X%Y):X;}
inline int Max(int X,int Y){return X<Y?Y:X;}
inline int Min(int X,int Y){return X<Y?X:Y;}
inline ll Max(ll X,ll Y){return X<Y?Y:X;}
inline ll Min(ll X,ll Y){return X<Y?X:Y;}
inline int Pow(int base,ll exp,int _mod){int _ans=;for(;exp;exp>>=,base=(ll)base*base%_mod)exp&?_ans=(ll)_ans*base%_mod:;return _ans;}
inline ll Pow(ll base,ll exp,ll _mod){ll _ans=;for(;exp;exp>>=,base=base*base%_mod)exp&?_ans=_ans*base%_mod:;return _ans;}
int n,k,v;
int a[],b[],sum,s2;
int f[][];
int Ans[];
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&k,&v);
F(i,,n) scanf("%d",a+i), sum+=a[i], b[i]=a[i], a[i]%=k;
// F(i,1,n) printf("%d ",a[i]); puts("");
if(sum<v) {puts("NO"); return ;}
f[][]=;
F(i,,n){
F2(j,,k){
if(f[i-][j]){
f[i][j]=;
if(j+a[i]<k) f[i][j+a[i]]=;
else f[i][j+a[i]-k]=;
}
}
}
// F(i,1,n){
// F2(j,0,k){
// printf("%d ",f[i][j]);
// }
// puts("");
// }
if(f[n][v%k]==) puts("NO");
else{
puts("YES");
int now=v%k;
int u=-, unu=-;
dF(i,n,){
if(f[i][now]==) Ans[i]=, now=(now-a[i]+k)%k;
}
// printf("ans:"); F(i,1,n) printf("%d ",Ans[i]); puts("");
F(i,,n) if(!Ans[i]) unu=i; else u=i;
// printf("u : %d, unu : %d\n",u,unu);
if(u==-){
F(i,,n) if(b[i]>) printf("%d %d 1\n",(b[i]-)/k+,i);
if(v>) printf("%d 1 2\n",v/k);
}
else if(unu==-){
F(i,,n) if(b[i]>) printf("%d %d 1\n",(b[i]-)/k+,i);
if(sum-v>) printf("%d 1 2\n",(sum-v)/k);
}
else{
int s1=b[u],s2=b[unu];
F(i,,n){
if(Ans[i]==&&i!=u&&b[i]>) printf("%d %d %d\n",(b[i]-)/k+,i,u), s1+=b[i];
if(Ans[i]==&&i!=unu&&b[i]>) printf("%d %d %d\n",(b[i]-)/k+,i,unu), s2+=b[i];
}
if(s2>=k) printf("%d %d %d\n",s2/k,unu,u); s1+=s2/k*k;
if(s1-v>=k) printf("%d %d %d\n",(s1-v)/k,u,unu);
}
}
return ;
}
【E】连通分量？
题意：
从一个\(n\)个点的无向完全图中删去\(m\)条边，问现在图中连通分量个数和每个连通分量大小。
题解：
看了别人的博才发现这题其实非常简单暴力。
就是暴力BFS，不过下一个点要从还没到过的点的集合中枚举，就这么简单。
为什么不会TLE？我们算一下时间复杂度：
每个点都只会经过一次，也只会遍历一次。那么遍历当前点时，要花多少时间呢？
在剩下的点中枚举，就是枚举到没有删除的边就会把这个点加入队列吧，每个点只要加入了队列它就不会被再搜到，所以枚举点的复杂度是\(O(log\;n)\)的，因为我使用了STL的set容器。
但是如果搜到了被删除的边呢？这样的边可以保证只会被搜到最多2m次，从一条边的两端点出发。
那么最终复杂度是\(O(n(log\;n+log\;m))\)，非常巧妙。
#include<cstdio>
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#include<set>
using namespace std;
inline int Max(int X,int Y){return X<Y?Y:X;}
inline int Min(int X,int Y){return X<Y?X:Y;}
int n,m;
set<int> vv;
set<pair<int,int> > st;
bool vis[200001];
int que[200001],l,r;
int Ans[200001],ans;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
int x,y; F(i,1,m) scanf("%d%d",&x,&y), st.insert(make_pair(Min(x,y),Max(x,y)));
F(i,1,n) vv.insert(i);
F(i,1,n){
if(!vis[i]){
vis[i]=1; vv.erase(i);
que[l=r=1]=i;
while(l<=r){
int u=que[l++];
for(set<int>::iterator j=vv.begin();j!=vv.end();){
if(!st.count(make_pair(Min(u,*j),Max(u,*j))))
que[++r]=*j, vis[*j]=1, vv.erase(j++);
else ++j;
}
}
++Ans[r]; ++ans;
}
}
printf("%d\n",ans);
F(i,1,n) while(Ans[i]--) printf("%d ",i);
return 0;
}
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