Codeforces Round #586 (Div. 1 + Div. 2)

A. Cards

记录一下出现的个数就行。

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;

char s[N];

int cnt[26];

void run() {

    cin >> s + 1;

    int n = strlen(s + 1);

    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));

    for(int i = 1; i <= n; i++) {

        cnt[s[i] - 'a']++;

    }

    int Min = min(cnt['o' - 'a'], cnt['e' - 'a']);

    Min = min(Min, cnt['n' - 'a']);

    for(int i = 1; i <= Min; i++) cout << 1 << ' ';

    for(int i = 1; i <= cnt['z' - 'a']; i++) cout << 0 << ' ';

    cout << '\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

    int n; while(cin >> n) run();

    return 0;

}

B. Multiplication Table

题意：

存在一个序列$a$，现在给出一个矩阵$M$,$M_{ij}=a_i\cdot a_j$。但现在序列和矩阵主对角线上面的元素遗失了。

现在要求$a$序列，数据保证有解。

思路：

容易发现，$a_1$确定后，后面的也就能依次确定了。
考虑怎么确定$a_1$，枚举显然不行，如果只是去猜测一个值检验，时间复杂度也不能承受。
容易发现$a_1\cdot a_2,a_1\cdot a_3,a_2\cdot a_3$的值我们都知道，那么就可以求出$a_1^2$，那么就可以直接得到序列了。

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 = 1e3 + 5;

int n;

int a[N][N];

void run() {

    for(int i = 1; i <= n; i++) {

        for(int j = 1; j <= n; j++) {

            cin >> a[i][j];

        }

    }

    int ab = a[1][2], ac = a[1][3], bc = a[2][3];

    ll a2 = 1ll * ab * ac / bc;

    int a1 = sqrt(a2 + 0.5);

    cout << a1 << ' ';

    for(int i = 2; i <= n; i++) cout << a[1][i] / a1 << ' ';

    cout << '\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;

}

C. Substring Game in the Lesson

挺水的一个题，记录一下前面最小的就行。

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 = 5e5 + 5;

char s[N];

void First() {

    cout << "Ann" << '\n';

}

void Second() {

    cout << "Mike" << '\n';

}

void run() {

    int n = strlen(s + 1);

    int Min = 30;

    for(int i = 1; i <= n; i++) {

        if(Min >= s[i] - 'a') Second();

        else {

            First();

        }

        Min = min(Min, s[i] - 'a');

    }

}

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 >> s + 1) run();

    return 0;

}

D. Alex and Julian

题意：

给出一个集合$B$，对于集合中的每个$b_i$，将对所有的$i,j$满足$|i-j|=b_i$连边。

现在问最少去掉哪些数使得最终得到的为二分图。

思路：

感觉挺巧妙的，现在假设$a,b,a<b$这两个数发生了碰撞。

那么有$xa=yb=t\cdot lcm(a,b)=t\cdot \frac{ab}{gcd(a,b)}$。

那么就有：$x=\frac{bt}{gcd(a,b)},y=\frac{at}{gcd(a,b)}$。

因为$t$为固定的，所以分析下即可得到，要满足$x+y$不为奇数，$\frac{a}{gcd(a,b)},\frac{b}{gcd(a,b)}$要同奇偶。

因为这里有个$gcd(a,b)$有点烦，我们现在考虑将$a,b$表示为乘积的形式：考虑$a=2^ip,b=2^jq$，这里$p,q$为奇数。

那么$gcd(a,b)=2^{min(i,j)}gcd(p,q)$，这里易知$gcd(p,q)$也为奇数，假设$i<j$，那么现在$\frac{a}{gcd(a,b)}=\frac{p}{gcd(p,q)},\frac{b}{gcd(a,b)}=\frac{2^{j-i}q}{gcd(p,q)}$。

那么答案马上就出来啦，可以发现当$i=j$时，奇数除以一个奇数一定也为一个奇数；否则，第一个式子为奇数，第二个式子分子为偶数，分母为奇数，整个式子一定为偶数，就不同奇偶了。

所以我们按照$2$的次幂进行划分，最后贪心就行了。

感觉还是挺巧妙的，将$a,b$换成$2^i$与另外一个数的乘积怎么想得到啊QAQ难道因为$2$比较特殊？

详见代码：

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 = 2e5 + 5;

int n;

ll a[N], b[N];

void run() {

    vector <ll> v[66];

    for(int i = 1; i <= n; i++) {

        cin >> a[i]; b[i] = a[i];

        int cnt = 0;

        while(a[i] % 2 == 0) {

            ++cnt; a[i] /= 2;

        }

        v[cnt].push_back(b[i]);

    }

    int Max = -1, p;

    for(int i = 0; i <= 60; i++) {

        if(sz(v[i]) > Max) {

            Max = sz(v[i]);

            p = i;

        }

    }

    int ans = n - Max;

    cout << ans << '\n';

    for(int i = 0; i <= 60; i++) {

        if(i == p) continue;

        for(auto it : v[i]) cout << it << ' ';

    }

    if(ans) cout << '\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;

}

E. Tourism

题意：

给出一个无向图，每个点都有相应权值。现在从起点$s$出发，不同连续经过一条边两次，问最多可以获得多少权值。

思路：

容易发现，如果走到了类似于一条链上的东西，那就永远无法回头了QAQ。
所以考虑从度为$1$的点往里类似于拓扑排序那样来标记点，同时记录一下路径，用来处理特殊情况。
显然最后那些没有标记的点都要走，之后贪心考虑一条路径权值最大的走就行。
注意一下为一棵树的特殊情况，上述算法不能处理。

有一点细节，代码中我用了一个$nxt$数组来记录下一个位置，但是有一个问题，一个点的出度有多个点怎么办？

稍微思考一下就可以发现，这种情况不会发生，如果发生了，就成功到达目的地了~否则，就是在一条符合要求的链上面走。

另外注意走过的点权值记为0。

详见代码：

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 = 2e5 + 5;

int n, m;

int w[N];

struct Edge{

    int v, next;

}e[N << 1];

int head[N], tot;

void adde(int u, int v) {

    e[tot].v = v; e[tot].next= head[u]; head[u] = tot++;

}

int d[N], nxt[N];

ll dis[N];

bool vis[N];

void dfs(int u) {

    vis[u] = 1;

    for(int i = head[u]; i != -1; i = e[i].next) {

        int v = e[i].v;

        if(!vis[v]) {

            dis[v] = dis[u] + w[v];

            dfs(v);

        }

    }

}

void run() {

    for(int i = 0; i <= n; i++) head[i] = -1; tot = 0;

    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i], d[i] = 0;

    for(int i = 1; i <= m; i++) {

        int u, v; cin >> u >> v;

        adde(u, v); adde(v, u);

        ++d[u], ++d[v];

    }

    int s; cin >> s;

    for(int i = 1; i <= n; i++) vis[i] = false, dis[i] = 0;

    if(m == n - 1) {

        dis[s] = w[s];

        dfs(s);

        cout << *max_element(dis + 1, dis + n + 1) << '\n';

        return;

    }

    queue <int> q;

    for(int i = 1; i <= n; i++) if(d[i] == 1) q.push(i);

    while(!q.empty()) {

        int u = q.front(); q.pop();

        vis[u] = 1;

        for(int i = head[u]; i != -1; i = e[i].next) {

            int v = e[i].v;

            if(vis[v]) continue;

            nxt[u] = v;

            if(--d[v] == 1) {

                q.push(v);

            }

        }

    }

    ll ans = 0;

    while(vis[s]) {

        ans += w[s]; w[s] = 0;

        s = nxt[s];

    }

    for(int i = 1; i <= n; i++) {

        if(!vis[i]) {

            ans += w[i]; w[i] = 0;

        }

    }

    for(int i = 0; i <= n; i++) vis[i] = 0;

    dfs(s);

    ans += *max_element(dis + 1, dis + n + 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 >> m) run();

    return 0;

}