感觉这套比赛题目比较容易，没有以前做过的某次codechef那么凶残。题目还是很有意思的，最好的是有中文翻译。

CSUB：签到题，直接从左往右扫一遍即可，维护前面出现过多少个1.

#include <cstdio>

#include <cstring>

#define maxn 100100

using namespace std;

char s[maxn];

long long ans;

int cur,T,n;

int main()

{

    scanf("%d",&T);

    while (T--)

    {

        scanf("%d%s",&n,s);

        ans=cur=;

        for (int i=; s[i]; i++)

            if (s[i]=='') ans+=++cur;

        printf("%lld\n",ans);

    }

    return ;

}

RETPO：简单找规律。注意一开始的朝向，同时根据对称性，所有的点都可以对称到第一象限来。要走弯路的话，第一个单位距离消耗3步，第二个单位距离消耗1步，第三个消耗3步，第四个1步，依次类推即可。

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

using namespace std;

long long x,y,n,ans;

int T;

int main()

{

    scanf("%d",&T);

    while (T--)

    {

        scanf("%lld%lld",&x,&y);

        if (x<) x=-x;

        if (y<) y=-y;

        n=y-x;

        if (n>= && n<=) ans=x+y;

            else

            {

                if (n<) n=-n;

                if (y>x) ans=*min(x,y)+(n/)*+(n&)*;

                        else ans=*min(x,y)+(n/)*+(n&)*;

            }

        printf("%lld\n",ans);

    }

    return ;

}

FROGV：氺题。对于每只青蛙，f[i]保存它向右最远可以传递到那一只青蛙，假设当前我们计算第i只青蛙，对于j>i，且i可以传递信息给j，那么f[i]=max(f[j])。

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#define maxn 100100

using namespace std;

int g[maxn],f[maxn];

int n,m,k,x,y;

struct node{

    int x,id;

}a[maxn];

bool cmp(node n1,node n2)

{

    return n1.x<n2.x;

}

int main()

{

    scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);

    for (int i=; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i].x),a[i].id=i;

    sort(a+,a++n,cmp);

    for (int i=; i<=n; i++) g[a[i].id]=i;

    f[n]=n;

    for (int i=n-; i>; i--)

        if (a[i+].x-a[i].x<=k) f[i]=f[i+];

            else f[i]=i;

    while (m--)

    {

        scanf("%d%d",&x,&y);

        x=g[x],y=g[y];

        if (x>y) swap(x,y);

        if (y<=f[x]) puts("Yes");

            else puts("No");

    }

    return ;

}

SGARDEN：数学题。对于一种置换，它里面一定构成了若干个环。所有人都回到原地的步数就是所有环长度的lcm值。由于这个lcm值很大，必须对于每个环长度进行因数分解，保存每个质数出现的次数就可。最后取模计算。

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <map>

#define maxn 100100

typedef long long ll;

using namespace std;

const int M=;

int a[maxn],T,n,cur,N;

bool b[maxn];

ll ans;

map<int,int> ss;

void dfs(int x)

{

    if (b[x]) return;

    cur++,b[x]=true;

    dfs(a[x]);

}

void deal(int x)

{

    for (int i=; i*i<=x; i++)

    {

        if (x%i) continue;

        N=;

        while (x%i==) x/=i,N++;

        ss[i]=max(ss[i],N);

    }

    if (x>) ss[x]=max(ss[x],);

}

int main()

{

    scanf("%d",&T);

    while (T--)

    {

        ss.clear();

        ans=;

        scanf("%d",&n);

        for (int i=; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]),b[i]=false;

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

            if (!b[i])

            {

                cur=;

                dfs(i);

                deal(cur);

            }

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

            while (ss[i]--) ans=(ans*i)%M;

        printf("%lld\n",ans);

    }

    return ;

}

DISHOWN：一看这个题目就是一个典型的并查集了。每次查找盘子的主人，然后两个主人之间的比较无非就是改变一下指针而已了，路径压缩，所有的操作都是O(1)的。

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#define maxn 10010

using namespace std;

int a[maxn],f[maxn];

int n,q,T;

int father(int x) { return f[x]==x?f[x]:f[x]=father(f[x]); }

int main()

{

    int ope,x,y;

    scanf("%d",&T);

    while (T--)

    {

        scanf("%d",&n);

        for (int i=; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]),f[i]=i;

        scanf("%d",&q);

        while (q--)

        {

            scanf("%d",&ope);

            if (ope==)

            {

                scanf("%d%d",&x,&y);

                x=father(x),y=father(y);

                if (a[x]==a[y])

                {

                    if (x==y) puts("Invalid query!");

                    continue;

                }

                if (a[x]>a[y]) f[y]=x;

                    else f[x]=y;

            }

            else

            {

                scanf("%d",&x);

                printf("%d\n",father(x));

            }

        }

    }

    return ;

}

LEPAINT：这个题目我一开始以为我会T。没想到写了一发最最暴力的居然都A掉了。不过我觉得这个应该是被卡掉的，只是数据不够强吧。优化可以是这样的，对于物品，直接预处理它染色多少次后，为某种颜色的概率。同时，后面的区间染色就用扫描区间的方法，直接得出，直接求和即可。对于题目所说的取子集的问题，就相当于在这个范围里面每一个物品都有0.5的概率被染色。

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

using namespace std;

double f[][],tmp[],ans;

int L,R,n,m,c,T;

int main()

{

    scanf("%d",&T);

    while (T--)//

    {

        scanf("%d%d%d",&n,&c,&m);

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

        {

            for (int j=; j<c; j++) f[i][j]=;

            f[i][]=;

        }

        while (m--)//

        {

            scanf("%d%d",&L,&R);

            for (int i=L; i<=R; i++)//

            {

                for (int j=; j<c; j++) f[i][j]/=,tmp[j]=f[i][j];

                for (int j=; j<c; j++)//

                    for (int k=; k<c; k++)//

                        f[i][j*k%c]+=tmp[j]/c;

            }

        }

        ans=;

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

            for (int j=; j<c; j++) ans+=f[i][j]*j;

        printf("%.9f\n",ans);

    }

    return ;

}

GNUM：很好的一个题目。一开始我就看准了这个题目，花时间最多的一个题目。读完题目后直接想到的就是二分图取匹配。显然是T。可以建模来解。以a[i]<b[j]且满足gcd条件的点位左边点，连接源点，以a[i]>b[j]且满足gcd条件的点为右点，连接汇点。中间是gcd出现过的质数，分别连接相应的左右点，所有的边流量都是1，跑最大流即可。这个做法肯定是没有错的。但是还是有一些问题存在。点太多了。咋解决？缩点，分别把左右边的点中含有相同的质因子种类的点缩成一个点，边容量累加。再跑最大流，缩点后，点数的级别也就1000吧，可以ac。

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <vector>

#include <queue>

#include <map>

#define maxn 2002000

#define maxpri 100100

using namespace std;

int pri[maxpri],pnum=,antipri[maxpri];

int z[][],Z[],a[],aa[];

int to[maxn],c[maxn],next[maxn],first[maxn],edge,node;

int tag[maxn],d[maxn],Q[maxn],bot,top,TAG=;

int f[][],Tf;

bool can[maxn];

int T,n,tmp,s,t,ans,cas;

map<int,int> ss,pos,Ttime;//质�对������

int gcd(int A,int B) { return B==?A:gcd(B,A%B); }

void getprim()

{

    for (int i=; i<maxpri; i++)

    {

        if (antipri[i]==-) continue;

        pri[++pnum]=i; antipri[i]=pnum;

        for (int j=i+i; j<maxpri; j+=i) antipri[j]=-;

    }

}

int addnode()

{

    node++;

    first[node]=-;

    return node;

}

void _init()

{

    ss.clear(),pos.clear(),Ttime.clear();

    edge=-,node=,Tf=;

    s=addnode(),t=addnode();

    ans=;

}

void addedge(int U,int V,int W)

{

    edge++;

    to[edge]=V,c[edge]=W,next[edge]=first[U],first[U]=edge;

    edge++;

    to[edge]=U,c[edge]=,next[edge]=first[V],first[V]=edge;

}

void deal(int x)

{

    Z[x]=,tmp=a[x],aa[x]=tmp;

    for (int i=; pri[i]<=tmp/pri[i]; i++)

        if (tmp%pri[i]==)

        {

            z[x][++Z[x]]=pri[i];

            while (tmp%pri[i]==) tmp/=pri[i];

        }

    if (tmp>) z[x][++Z[x]]=tmp;

    for (int i=; i<=Z[x]; i++)

        while (((aa[x]/z[x][i])%z[x][i])==) aa[x]/=z[x][i];

}

void buildedge()

{

    for (int x=; x<=n; x++)

        for (int y=n+; y<=n+n; y++)

            if (a[x]<a[y] && gcd(aa[x],aa[y])>)

            {

                int cur=gcd(aa[x],aa[y]);

                if (pos[cur]) { Ttime[cur]=Ttime[cur]+; continue; }

                pos[cur]=++Tf,f[Tf][]=,Ttime[cur]=;

                for (int i=; i<=Z[x]; i++)

                    if (aa[y]%z[x][i]==) f[Tf][++f[Tf][]]=z[x][i];

                f[Tf][f[Tf][]+]=cur;

            }

    for (int i=; i<=Tf; i++)

    {

        int cur=f[i][f[i][]+],tc=Ttime[cur],Nd=addnode();//Nd为��gcd代表���

        addedge(s,Nd,tc);

        for (int j=; j<=f[i][]; j++)

        {

            if (ss[f[i][j]]==) ss[f[i][j]]=addnode();

            addedge(Nd,ss[f[i][j]],tc);

        }

    }

    pos.clear(),Tf=;

    for (int x=; x<=n; x++)

        for (int y=n+; y<=n+n; y++)

            if (a[x]>a[y] && gcd(aa[x],aa[y])>)

            {

                int cur=gcd(aa[x],aa[y]);

                if (pos[cur]) { Ttime[cur]=Ttime[cur]+; continue; }

                pos[cur]=++Tf,f[Tf][]=,Ttime[cur]=;

                for (int i=; i<=Z[x]; i++)

                    if (aa[y]%z[x][i]==) f[Tf][++f[Tf][]]=z[x][i];

                f[Tf][f[Tf][]+]=cur;

            }

    for (int i=; i<=Tf; i++)

    {

        int cur=f[i][f[i][]+],tc=Ttime[cur],Nd=addnode();//Nd为��gcd代表���

        addedge(Nd,t,tc);

        for (int j=; j<=f[i][]; j++)

        {

            if (ss[f[i][j]]==) continue;

            addedge(ss[f[i][j]],Nd,tc);

        }

    }

}

bool bfs()

{

    TAG++;

    Q[bot=top=]=t,d[t]=,tag[t]=TAG,can[t]=false;

    while (bot<=top)

    {

        int cur=Q[bot++];

        for (int i=first[cur]; i!=-; i=next[i])

            if (c[i^]> && tag[to[i]]!=TAG)

            {

                tag[to[i]]=TAG,Q[++top]=to[i],d[to[i]]=d[cur]+,can[to[i]]=false;

                if (to[i]==s) return true;

            }

    }

    return false;

}

int dfs(int cur,int num)

{

    if (cur==t) return num;

    int tmp=num,k;

    for (int i=first[cur]; i!=-; i=next[i])

        if (c[i]> && d[to[i]]==d[cur]- && tag[to[i]]==TAG && can[to[i]]==false)

        {

            k=dfs(to[i],min(num,c[i]));

            if (k) num-=k,c[i]-=k,c[i^]+=k;

            //if (num==0) return tmp;

        }

    if (num) can[cur]=true;

    return tmp-num;

}

int main()

{

    getprim();

    scanf("%d",&T);

    while (T--)

    {

        scanf("%d",&n);

        for (int i=; i<=*n; i++) scanf("%d",&a[i]),deal(i);

        _init();

        buildedge();

        while (bfs()) ans+=dfs(s,maxn);

        printf("%d\n",ans);

    }

    return ;

}

SEAEQ：为什么这是整场比赛通过人数最少的题目？我觉得在平时比赛这种难度的题目也就算中等吧？此题让我想去去年杭州赛的那个题。深坑呐。解法是这样的，dp预处理长度为i的排列有不超过j个逆序数对的情况有多少种！这个可以dp好好想想就知道了，剩下的就是逆推枚举了，直接枚举区间长度，位置，对于两个排列其他的位置都是全排列即可。对于题目的那个要求就是在规定区间内，每个位置的相对大小相同即可，这个只需要保证对于预处理的种类数乘一次，对于取组合数和全排列数乘以两次即可。不难理解，自己想想就很清楚了。一开始取模打成了1000000009，都怪前几天打的那场acdream，坑死啦。

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#define maxn 502

typedef long long ll;

using namespace std;

const int M=;

int n,e,T,ans;

int sum[maxn][(maxn*maxn-maxn)/];//�度����对�

ll P[maxn],C[maxn][maxn];

int main()

{

    P[]=,C[][]=;

    for (int i=; i<maxn; i++) P[i]=(P[i-]*i)%M;

    for (int i=; i<maxn; i++)

    {

        C[i][]=;

        for (int j=; j<=i; j++) C[i][j]=(C[i-][j-]+C[i-][j])%M;

    }

    int last=,next;

    sum[][]=;

    for (int i=; i<maxn; i++)

    {

        next=last+i-;

        sum[i][]=;

        for (int j=; j<i; j++)

        {

            sum[i][j]=sum[i][j-]+sum[i-][j];

            if (sum[i][j]>=M) sum[i][j]-=M;

        }

        for (int j=i; j<=last; j++)

        {

            sum[i][j]=sum[i][j-]+sum[i-][j]-sum[i-][j-i];

            if (sum[i][j]>=M) sum[i][j]-=M;

            if (sum[i][j]<) sum[i][j]+=M;

        }

        for (int j=last+; j<=next; j++)

        {

            sum[i][j]=sum[i][j-]+sum[i-][last]-sum[i-][j-i];

            if (sum[i][j]>=M) sum[i][j]-=M;

            if (sum[i][j]<) sum[i][j]+=M;

        }

        last=next;

    }

    scanf("%d",&T);

    while (T--)

    {

        scanf("%d%d",&n,&e);

        ans=;

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

        {

            int cur=min((i*i-i)/,e);

            cur=sum[i][cur];

            ll tmp=(C[n][i]*P[n-i])%M;

            tmp=((tmp*tmp)%M*cur)%M;

            ans+=(tmp*(n+-i))%M;

            if (ans>=M) ans-=M;

        }

        printf("%d\n",ans);

    }

    return ;

}

Codechef_JULY14的更多相关文章

随机推荐

  1. js 删除url指定参数

    /** * 删除当前url中指定参数 * @param names 数组或字符串 * @returns {string} */ function funcUrlDel(names) { if(type ...

  2. 128 C语言实现文件复制功能(包括文本文件和二进制文件)

    文件的复制是常用的功能,要求写一段代码,让用户输入要复制的文件以及新建的文件,然后对文件进行复制.能够复制的文件包括文本文件和二进制文件,你可以复制1G的电影,也可以复制1Byte的txt文档. 实现 ...

  3. Vue实例 中的常用配置项

    创建Vue实例时,使用 new Vue ({//配置项}) 或者 组件定义中 export default {//配置项},所有的Vue组件都是Vue实例,并且接受相同的选项对象(一些根实例特有的选项 ...

  4. 保留mysql数据库中的最新1000条记录

    <?php mysql_connect("localhost","root","root");mysql_select_db(&quo ...

  5. TPO-22 C1 Complain about a biased article

    /* 加粗:语音部分 * 红色:单词部分 * 斜体:语法部分 * 下划线:信号词/句 */ 第 1 段 1.Listen to a conversation between a student and ...

  6. UGUI实现不规则区域点击响应

    UGUI实现不规则区域点击响应 前言 大家吼啊!最近工作上事情特别多,没怎么打理博客.今天无意打开cnblog才想起该写点东西了.今天给大家讲一个Unity中不规则区域点击响应的实现方法,使用UGUI ...

  7. jmeter阶梯加压线程组

    添加阶梯加压线程组路径为鼠标捕获测试计划后,点击鼠标右键->添加->Threads(Users)->jp@gc – Stepping Thread Group(deprecated) ...

  8. golang应用打包成docker镜像

    golang编译的应用是不需要依赖其他运行环境的,那么为什么还需要打包成docker镜像呢?当需要附带配置和日志等文件时可以更方便的移植和运行,下面介绍从dockerfile编译成镜像. 在项目根目录 ...

  9. KClient——kafka消息中间件源码解读

    目录 kclient消息中间件 kclient-processor top.ninwoo.kclient.app.KClientApplication top.ninwoo.kclient.app.K ...

  10. kubernetes集群部署mysql 8.0

    参考:https://blog.csdn.net/sealir/article/details/81177747?utm_source=blogxgwz1 集群内安装mysql并添加相应存储(PVC) ...