[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:
[Codeforces #188] Tutorial的更多相关文章
- [Codeforces #172] Tutorial
Link: Codeforces #172 传送门 A: 一眼看上去分两类就可以了 1.每个矩形只有两条边相交,重合的形状为菱形 2.每个矩形四条边都有相交 对于情况1答案为$h*h/sin(a)$ ...
- [Codeforces #514] Tutorial
Link: Codeforces #514 传送门 很简单的一场比赛打崩了也是菜得令人无话可说…… D: 一眼二分,发现对于固定的半径和点,能包含该点的圆的圆心一定在一个区间内,求出区间判断即可 此题 ...
- [Codeforces #210] Tutorial
Link: Codeforces #210 传送门 A: 贪心,对每个值都取最大值,不会有其他解使答案变优 #include <bits/stdc++.h> using namespace ...
- [Codeforces #196] Tutorial
Link: Codeforces #196 传送门 A: 枚举 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first ...
- [Codeforces #174] Tutorial
Link: Codeforces #174 传送门 A: 求原根的个数,有一条性质是原根个数为$\phi(\phi(n))$,多了一个不会证的性质 如果要确定哪些是原根的话还是要枚举,不过对于每个数不 ...
- [Codeforces #190] Tutorial
Link: Codeforces #190 传送门 A: 明显答案为$n+m-1$且能构造出来 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; ...
- [Codeforces #211] Tutorial
Link: Codeforces #211 传送门 一套非常简单的题目,但很多细节都是错了一次才能发现啊…… 还是不能养成OJ依赖症,交之前先多想想corner case!!! A: 模拟,要特判0啊 ...
- [Codeforces #192] Tutorial
Link: Codeforces #192 传送门 前两天由于食物中毒现在还要每天挂一天的水 只好晚上回来随便找套题做做找找感觉了o(╯□╰)o A: 看到直接大力模拟了 但有一个更简便的方法,复杂度 ...
- [Codeforces #201] Tutorial
Link: 传送门 代码量很少的一套思维题 A: 试一试发现最后状态一定是所有$min,max$间$gcd$的倍数 直接判断数量的奇偶性即可 #include <bits/stdc++.h> ...
随机推荐
- POJ 2991 Crane (线段树)
题目链接 Description ACM has bought a new crane (crane -- jeřáb) . The crane consists of n segments of v ...
- Python第三方库SnowNLP(Simplified Chinese Text Processing)快速入门与进阶
简介 github地址:https://github.com/isnowfy/snownlp SnowNLP是一个python写的类库,可以方便的处理中文文本内容,是受到了TextBlob的启发而写的 ...
- 常见网络命令之Ping命令
前言:计算机网络老师要求我们自己总结一下常见的网络命,然后上课可以上去讲一下这些命令使用,像我这么听话的好学生,肯定是照老师要求,认真的总结了一下,总结的过程中,我发现网上已经有的资源讲的都不是很详细 ...
- Linux中查看进程占用内存的情况【转】
转自:http://hutaow.com/blog/2014/08/28/display-process-memory-in-linux/ Linux中查看某个进程占用内存的情况,执行如下命令即可,将 ...
- 源码分析之tinyhttpd-0.1
1. 简介: tinyhttpd是使用c语言开发的超轻量级http服务器,通过代码流程可以了解http服务器的基本处理流程, 并且涉及了网络套接字,线程,父子进程,管道等等知识点: 项目地址:http ...
- python基础===open()文件处理使用介绍
本文转自:Python open()文件处理使用介绍 1. open()语法open(file[, mode[, buffering[, encoding[, errors[, newline[, c ...
- 真正的上锁前,为何要调用preempt_disable()来关闭抢占的case【转】
转自:http://blog.csdn.net/kasalyn/article/details/11473885 static inline void raw_spin_lock(raw_spinlo ...
- Linux 删除带有特殊字符的文件
Linux 删除带有特殊字符的文件 http://www.cnblogs.com/tester-hehehe/p/5715128.html
- JS中Unix时间戳转换日期格式
<!doctype html> <html> <head> <title>Unix时间戳转换成日期格式</title> <script ...
- 【Educational Codeforces Round 19】
这场edu蛮简单的…… 连道数据结构题都没有…… A.随便质因数分解凑一下即可. #include<bits/stdc++.h> #define N 100005 using namesp ...