[Codeforces #188] Tutorial
Link:
A:
先全转为正数,后面就全是指数级增长了
#include <bits/stdc++.h> using namespace std;
#define X first
#define Y second
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
ll x,y,m,res; int main()
{
cin>>x>>y>>m;
if(max(x,y)<m&&max(x,y)<=)
return puts("-1"),; while(x<m&&y<m)
{
if(x>y) swap(x,y);
ll t=(y-x)/y+;
res+=t;x+=t*y;
}
cout<<res;
return ;
}
Problem A
不断将$(x,y)$改为$(x+y,x)$要分类,在一数为负数时为线性增长
B:
首先要发现最终不为0的点的$x,y$的范围仅不到$[-100,100]$
又由于最终状态和操作顺序无关,因此每次将可能区域内的点暴力更新即可
不过我一开始使用了$bfs$,导致同一个位置可能每次进栈多次从而TLE……
以后$bfs$在同一层时一定要控制每个数的进栈次数!能每个位置暴力就不要$bfs$
#include <bits/stdc++.h> using namespace std;
#define X first
#define Y second
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int ZERO=;
int n,t,x,y,a[*ZERO][*ZERO],flag=;
int dx[]={,,,-},dy[]={,-,,}; int main()
{
scanf("%d%d",&n,&t);
a[ZERO][ZERO]=n;
while(flag)
{
flag=;
for(int i=ZERO-;i<=ZERO+;i++)
for(int j=ZERO-;j<=ZERO+;j++)
if(a[i][j]>=)
{
flag=;
for(int k=;k<;k++)
a[i+dx[k]][j+dy[k]]+=a[i][j]/;
a[i][j]%=;
}
}
while(t--)
scanf("%d%d",&x,&y),printf("%d\n",abs(x)<=ZERO&&abs(y)<=ZERO?a[ZERO+x][ZERO+y]:);
return ;
}
Problem B
C:
其实是一道不算难的模拟题?可能当时被吓到了……
只要每个连通块里保证收支平衡就保证有解
接下来可以暴力枚举点对转移,保证是将多出的转入少的中,这样就可以忽略上限这个条件了
但也可以总共$O(n^2)$得做:
由于转移次数上限为$O(2*n^2)$,因此可以仅将每个连通块连成一棵树
将一个当前不够的点作为根先做一个预处理,只要$O(n)$的遍历就能使该点符合条件
过程中注意保证已经符合条件的点不能改变,将当前多出的转移
#include <bits/stdc++.h> using namespace std;
#define X first
#define Y second
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int MAXN=2e5+;
struct edge{int nxt,to;}e[MAXN<<];
struct result{int x,y,val;}res[MAXN<<];
int n,v,m,x,y,a[MAXN],b[MAXN],f[MAXN],head[MAXN],tot,cnt;ll sum[MAXN]; int find(int x)
{return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);}
void add_edge(int x,int y)
{e[++tot]={head[x],y};head[x]=tot;e[++tot]={head[y],x};head[y]=tot;}
void add_res(int x,int y,int val)
{a[x]-=val,a[y]+=val,res[++cnt]={x,y,val};} void dfs(int x,int anc)
{
sum[x]=a[x]-b[x];
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].to!=anc) dfs(e[i].to,x),sum[x]+=sum[e[i].to];
}
void solve(int x,int anc,int val)
{
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
{
if(e[i].to==anc||sum[e[i].to]<=) continue;
int w=sum[e[i].to]<val?sum[e[i].to]:val,tmp=a[e[i].to];
if(tmp>=w)
{
add_res(e[i].to,x,w);
if(a[e[i].to]<b[e[i].to]&&tmp>=b[e[i].to])
solve(e[i].to,x,b[e[i].to]-a[e[i].to]);
}
else
{
add_res(e[i].to,x,tmp);
if(tmp<b[e[i].to]) solve(e[i].to,x,w-tmp);
else solve(e[i].to,x,w-tmp+b[e[i].to]);
add_res(e[i].to,x,w-tmp);
}
val-=w;if(!val) return;
}
} int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&v,&m);
for(int i=;i<=n;i++) f[i]=i;
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);
for(int i=;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
int posx=find(x),posy=find(y);
if(posx!=posy) add_edge(x,y),f[posx]=posy;
}
for(int i=;i<=n;i++) sum[find(i)]+=a[i]-b[i];
for(int i=;i<=n;i++) if(sum[i]) return puts("NO"),; for(int i=;i<=n;i++)
if(a[i]<b[i]) dfs(i,),solve(i,,b[i]-a[i]);
printf("%d\n",cnt);
for(int i=;i<=cnt;i++)
printf("%d %d %d\n",res[i].x,res[i].y,res[i].val);
return ;
}
Problem C
D:
很明显的一道博弈论
找到所有极大的集合${X^s}$,对每个集合求$SG$值最后异或即可
其中数量大于2的集合可以$sqrt(n)$得找出,剩下数量为1的$SG=1$,可以统一计算
同时$SG$值仅和集合内数量相关,可以预处理+打表
#include <bits/stdc++.h> using namespace std;
#define X first
#define Y second
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int mx=,MAXN=1e5+;
//unordered_map<int,int> mp;
int n,k,pre[],vis[MAXN],rem,res;
int sg[]={,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,};
/*
int solve(int x)
{
int &tmp=mp[x];
if(tmp) return tmp;
int ret=(1<<mx)-1;
for(int i=1;(1<<(i-1))<=x;i++)
if(x&(1<<(i-1)))
ret&=~solve(x&~pre[i]);
return tmp=ret&(-ret);
}
*/
int main()
{
/*
for(int i=1;i<=mx;i++)
for(int j=i;j<=mx;j+=i)
pre[i]|=(1<<(j-1));
mp.max_load_factor(0.30);
mp.reserve(750000);
for(int i=1;i<mx;i++)
sg[i]=__builtin_ctz(solve((1<<i)-1));
*/
scanf("%d",&n);
rem=n;res=;
for(int i=;i*i<=n;i++)
if(!vis[i])
{
k=;
for(ll j=i;j<=n;j*=i,k++)
if(j*j<=n) vis[j]=;
rem-=k;res^=sg[k];
}
res^=(rem&);
puts(res?"Vasya":"Petya");
return ;
}
Problem D
与次方相关的注意将大于1的和1次方分开考虑
注意该题各种位运算技巧和$unordered\_ map$以及$builtin\_ ctz,reserve(),max\_load\_factor$的使用
E:
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