A:Exam

Solved.

温暖的签。

  1.  #include<bits/stdc++.h>
  2.  
  3.  using namespace std;
  4.  
  5.  const int maxn = 1e3 + ;
  6.  
  7.  int k;
  8.  char str1[maxn], str2[maxn];
  9.  
  10.  int main()
  11.  {
  12.      while(~scanf("%d",&k))
  13.      {
  14.          scanf("%s", str1 + );
  15.          scanf("%s", str2 + );
  16.          int cnt1 = , cnt2 = ;
  17.          int len = strlen(str1 + );
  18.          for(int i = ; i <= len; ++i)
  19.          {
  20.              if(str1[i] == str2[i]) cnt1++;
  21.              else cnt2++;
  22.          }
  23.          int ans = ;
  24.          if(cnt1 >= k)
  25.          {
  26.              ans = k + cnt2;
  27.          }
  28.          else
  29.          {
  30.              ans = len - (k - cnt1);
  31.          }
  32.          printf("%d\n", ans);
  33.      }
  34.      return ;
  35.  }

B:Coprime Integers

Solved.

枚举gcd反演

  1.  #include<bits/stdc++.h>
  2.  
  3.  using namespace std;
  4.  
  5.  typedef long long ll;
  6.  
  7.  const int maxn = 1e7 + ;
  8.  
  9.  bool check[maxn];
  10.  int prime[maxn];
  11.  ll mu[maxn];
  12.  
  13.  void Moblus()
  14.  {
  15.      memset(check, false, sizeof check);
  16.      mu[] = ;
  17.      int tot = ;
  18.      for(int i = ; i < maxn; ++i)
  19.      {
  20.          if(!check[i])
  21.          {
  22.              prime[tot++] = i;
  23.              mu[i] = -;
  24.          }
  25.          for(int j = ; j < tot; ++j)
  26.          {
  27.              if(i * prime[j] > maxn) break;
  28.              check[i * prime[j]] = true;
  29.              if(i % prime[j] == )
  30.              {
  31.                  mu[i * prime[j]] = ;
  32.                  break;
  33.              }
  34.              else
  35.              {
  36.                  mu[i * prime[j]] = -mu[i];
  37.              }
  38.          }
  39.      }
  40.  }
  41.  
  42.  ll sum[maxn];
  43.  
  44.  ll calc(int n, int m)
  45.  {
  46.      ll ans = ;
  47.      if(n > m) swap(n, m);
  48.      for(int i = , la = ; i <= n; i = la + )
  49.      {
  50.          la = min(n / (n / i), m / (m / i));
  51.          ans += (ll)(sum[la] - sum[i - ]) * (n / i) * (m / i);
  52.      }
  53.      return ans;
  54.  }    
  55.  
  56.  ll a, b, c, d;
  57.  
  58.  int main()
  59.  {
  60.      Moblus();
  61.      for(int i = ; i < maxn; ++i) sum[i] = sum[i - ] + mu[i];
  62.      while(~scanf("%lld %lld %lld %lld", &a, &b, &c, &d))
  63.      {
  64.          ll ans = calc(b, d) - calc(a - , d) - calc(b, c - ) + calc(a - , c - );
  65.          printf("%lld\n", ans);
  66.      }
  67.      return ;
  68.  }

C:Contest Setting

Solved.

题意：

有n个题目，每个题目的难度值不同，要选出k个组成一套$Contest$

要求每个题目难度不同，求方案数

思路：

$把难度值相同的题目放在一起作为一种 dp[i][j] 表示选到第i种题目，已经选了k种的方案数$

$然后做01背包即可，注意加上的值为cnt[i] 表示该种题目有多少个$

  1.  #include<bits/stdc++.h>
  2.  
  3.  using namespace std;
  4.  
  5.  typedef long long ll;
  6.  
  7.  const ll MOD = ;
  8.  const int maxn = 1e3 + ;
  9.  
  10.  int n, k, pos;
  11.  ll cnt[maxn];
  12.  ll dp[maxn];
  13.  map<int, int>mp;
  14.  
  15.  int main()
  16.  {
  17.      while(~scanf("%d %d", &n, &k))
  18.      {
  19.          mp.clear();
  20.          pos = ;
  21.          memset(cnt, , sizeof cnt);
  22.          for(int i = ; i <= n; ++i)
  23.          {
  24.              int num;
  25.              scanf("%d", &num);
  26.              if(mp[num] == ) mp[num] = ++pos;
  27.              int id = mp[num];
  28.              cnt[id]++;
  29.          }
  30.          memset(dp, , sizeof dp);
  31.          dp[] = ;
  32.          for(int i = ; i <= pos; ++i)
  33.          {
  34.              for(int j = k; j >= ; --j)
  35.              {
  36.                  dp[j] = (dp[j] + dp[j - ] * cnt[i] % MOD) % MOD;
  37.              }
  38.          }
  39.          printf("%lld\n", dp[k]);
  40.      }
  41.      return ;
  42.  }

D:Count The Bits

Solved.

题意：

在$[0, 2^b - 1] 中所有k的倍数以二进制形式表示有多少个1$

思路：

$dp[i][j] 表示枚举二进制位数，j 模k的余数， 表示的是前i位中模k的余数为j的数中1的个数$

$cnt[i][j] 表示当前二进制位为第i位， 模k的余数为j的数的个数$

直接转移即可。

  1.  #include<bits/stdc++.h>
  2.  
  3.  using namespace std;
  4.  
  5.  typedef long long ll;
  6.  
  7.  const ll MOD = (ll)1e9 + ;
  8.  const int maxn = 1e3 + ;
  9.  
  10.  int k, b;
  11.  ll cnt[maxn][maxn];
  12.  ll dp[maxn][maxn];
  13.  
  14.  int main()
  15.  {
  16.      while(~scanf("%d %d", &k, &b))
  17.      {
  18.          memset(cnt, , sizeof cnt);
  19.          memset(dp, , sizeof dp);
  20.          cnt[][]++;
  21.             cnt[][ % k]++;
  22.          dp[][ % k]++;
  23.          ll tmp = ;
  24.          for(int i = ; i <= b; ++i)
  25.          {
  26.              tmp = (tmp << ) % k;
  27.              for(int j = ; j < k; ++j)
  28.              {
  29.                  //
  30.                  cnt[i + ][j] = (cnt[i + ][j] + cnt[i][j]) % MOD;
  31.                  dp[i + ][j] = (dp[i + ][j] + dp[i][j]) % MOD;
  32.                  //
  33.                  ll tmp2 = (tmp + j) % k;
  34.                  cnt[i + ][tmp2] = (cnt[i + ][tmp2] + cnt[i][j]) % MOD;
  35.                  dp[i + ][tmp2] = ((dp[i + ][tmp2] + cnt[i][j]) % MOD + dp[i][j]) % MOD;
  36.              }
  37.          }
  38.          printf("%lld\n", dp[b][]);
  39.      }
  40.      return ;
  41.  }
  1.  #include <bits/stdc++.h>
  2.  using namespace std;
  3.  
  4.  #define N 1010
  5.  #define ll long long
  6.  const ll MOD = (ll)1e9 + ;
  7.  ll dp[N][N], cnt[N][N];
  8.  int n, k;
  9.  
  10.  int main()
  11.  {
  12.      while (scanf("%d%d", &k, &n) != EOF)
  13.      {
  14.          memset(dp, , sizeof dp);
  15.          memset(cnt, , sizeof cnt);
  16.          ++dp[][ % k];
  17.          ++cnt[][ % k];
  18.          ++cnt[][];
  19.          ll tmp =  % k;
  20.          for (int i = ; i <= n; ++i)
  21.          {
  22.              tmp = tmp *  % k;
  23.              for (int j = ; j < k; ++j)
  24.              {
  25.                  dp[i][j] = dp[i - ][j];
  26.                  cnt[i][j] = cnt[i - ][j];
  27.                  if (j - tmp >= )
  28.                  {
  29.                      dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - ][j - tmp] + cnt[i - ][j - tmp]) % MOD;
  30.                      cnt[i][j] = (cnt[i][j] + cnt[i - ][j - tmp]) % MOD;
  31.                  }
  32.                  else
  33.                  {
  34.                      dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - ][k + j - tmp] + cnt[i - ][k + j - tmp]) % MOD;
  35.                      cnt[i][j] = (cnt[i][j] + cnt[i - ][k + j - tmp]) % MOD;
  36.                  }
  37.              }
  38.          }
  39.          printf("%lld\n", dp[n][]);
  40.      }
  41.      return ;
  42.  }

E:Cops And Robbers

Solved.

题意：

在一个$n * m 的矩阵中，有些地方可以建墙，但是不同的墙开销不同，求最小开销把劫匪围住$

思路：

拆点最小割，但是是点权，拆点即可。

  1.  #include<bits/stdc++.h>
  2.  
  3.  using namespace std; 
  4.  
  5.  const int maxn = 4e3 + ;
  6.  const int INF = 0x3f3f3f3f;
  7.  
  8.  struct Edge{
  9.      int to, flow, nxt;
  10.      Edge(){}
  11.      Edge(int to, int nxt, int flow):to(to), nxt(nxt), flow(flow){}
  12.  }edge[maxn << ];
  13.  
  14.  int head[maxn], dep[maxn];
  15.  int S,T;
  16.  int N, n, m, tot;
  17.  
  18.  void Init(int n)
  19.  {
  20.      N = n;
  21.      //memset(head, -1, sizeof head);
  22.      for(int i = ; i < N; ++i) head[i] = -;
  23.      tot = ;
  24.  }
  25.  
  26.  void addedge(int u, int v, int w, int rw = )
  27.  {
  28.      edge[tot] = Edge(v, head[u], w); head[u] = tot++;
  29.      edge[tot] = Edge(u, head[v], rw); head[v] = tot++;
  30.  }
  31.  
  32.  bool BFS()
  33.  {
  34.      //memset(dep, -1, sizeof dep);
  35.      for(int i = ; i < N; ++i) dep[i] = -;
  36.      queue<int>q;
  37.      q.push(S);
  38.      dep[S] = ;
  39.      while(!q.empty())
  40.      {
  41.          int u = q.front();
  42.          q.pop();
  43.          for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt)
  44.          {
  45.              if(edge[i].flow && dep[edge[i].to] == -)
  46.              {
  47.                  dep[edge[i].to] = dep[u] + ;
  48.                  q.push(edge[i].to);
  49.              }
  50.          }
  51.      }
  52.      return dep[T] <  ?  : ;
  53.  }
  54.  
  55.  int DFS(int u, int f)
  56.  {
  57.      if(u == T || f == ) return f;
  58.      int w, used = ;
  59.      for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt)
  60.      {
  61.          if(edge[i].flow && dep[edge[i].to] == dep[u] + )
  62.          {
  63.              w = DFS(edge[i].to, min(f - used, edge[i].flow));
  64.              edge[i].flow -= w;
  65.              edge[i ^ ].flow += w;
  66.              used += w;
  67.              if(used == f) return f;
  68.          }
  69.      }
  70.      if(!used) dep[u] = -;
  71.      return used;
  72.  }
  73.  
  74.  int Dicnic()
  75.  {
  76.      int ans = ;
  77.      while(BFS())
  78.      {
  79.          int tmp = DFS(S, INF);
  80.          if(tmp == INF) return -;
  81.          ans += tmp;
  82.      }
  83.      return ans;
  84.  }
  85.  
  86.  int c;
  87.  int C[maxn];
  88.  char mp[][];
  89.  
  90.  int calc(int i, int j)
  91.  {
  92.      return i *  + j;
  93.  }
  94.  
  95.  int main()
  96.  {
  97.      while(~scanf("%d %d %d", &m, &n, &c))
  98.      {
  99.          int base = n *  + m + ;
  100.          int x, y;
  101.          Init();
  102.          for(int i = ; i <= n; ++i)
  103.          {
  104.              for(int j = ; j <= m; ++j)
  105.              {
  106.                  scanf(" %c", &mp[i][j]);
  107.                  if(mp[i][j] == 'B') { x = i, y = j; }
  108.              }
  109.          }
  110.          for(int i = ; i <= c; ++i) scanf("%d", C + i);
  111.          S = , T = calc(x, y);
  112.          for(int i = ; i <= n; ++i)
  113.          {
  114.              addedge(S, calc(i, ), INF);
  115.              addedge(S, calc(i, m), INF);
  116.          }
  117.          for(int i = ; i <= m; ++i)
  118.          {
  119.              addedge(S, calc(, i), INF);
  120.              addedge(S, calc(n, i), INF);
  121.          }
  122.          for(int i = ; i <= n; ++i)
  123.          {
  124.              for(int j = ; j <= m; ++j)
  125.              {
  126.                  if(i != n)
  127.                  {
  128.                      addedge(calc(i, j) + base, calc(i + , j), INF);
  129.                      addedge(calc(i + , j) + base, calc(i, j), INF);
  130.                  }
  131.                  if(j != m)
  132.                  {
  133.                      addedge(calc(i, j)+ base, calc(i, j + ), INF);
  134.                      addedge(calc(i, j + ) + base, calc(i, j), INF);
  135.                  }
  136.              }
  137.          }
  138.          for(int i = ; i <= n; ++i)
  139.          {
  140.              for(int j = ; j <= m; ++j)
  141.              {
  142.                  if(mp[i][j] >= 'a' && mp[i][j] <= 'z')
  143.                  {
  144.                      addedge(calc(i, j), calc(i, j) + base, C[mp[i][j] - 'a' + ]);
  145.                  }
  146.                  else
  147.                  {
  148.                      addedge(calc(i, j), calc(i, j) + base, INF);
  149.                  }
  150.              }
  151.          }
  152.          int ans = Dicnic();
  153.          printf("%d\n", ans);
  154.      }
  155.      return ;
  156.  }

F:Rectangles

Solved.

题意：

二维平面上有一些平行坐标轴的矩形，求有多少区间是被奇数个矩形覆盖。

思路：

扫描线，只是把区间加减换成区间01状态翻转，现场学扫描线可还行..

  1.  #include <bits/stdc++.h>
  2.  using namespace std;
  3.  
  4.  #define ll long long
  5.  #define N 200010
  6.  #define pii pair <int, int>
  7.  int n, mx, my, bx[N], by[N];
  8.  ll res;
  9.  struct Rec
  10.  {
  11.      int x[], y[];
  12.      void scan()
  13.      {
  14.          for (int i = ; i < ; ++i) scanf("%d%d", x + i, y + i);
  15.          if (x[] > x[]) swap(x[], x[]);
  16.          if (y[] > y[]) swap(y[], y[]);
  17.          bx[++mx] = x[];
  18.          bx[++mx] = x[];
  19.          by[++my] = y[];
  20.          by[++my] = y[];
  21.      }
  22.  }rec[N];
  23.  vector <pii> v[N];  
  24.  
  25.  void Hash()
  26.  {
  27.      sort(bx + , bx +  + mx);
  28.      sort(by + , by +  + my);
  29.      mx = unique(bx + , bx +  + mx) - bx - ;
  30.      my = unique(by + , by +  + my) - by - ;
  31.      for (int i = ; i <= n; ++i)
  32.      {
  33.          for (int j = ; j < ; ++j)
  34.          {
  35.              rec[i].x[j] = lower_bound(bx + , bx +  + mx, rec[i].x[j]) - bx;
  36.              rec[i].y[j] = lower_bound(by + , by +  + my, rec[i].y[j]) - by;
  37.          }
  38.      }
  39.  }
  40.  
  41.  namespace SEG
  42.  {
  43.      struct node
  44.      {
  45.          ll sum, val;
  46.          int lazy;
  47.          node () {}
  48.          node (ll sum, ll val, int lazy) : sum(sum), val(val), lazy(lazy) {}
  49.          void init() { sum = val = lazy = ; }
  50.          node operator + (const node &other) const { return node(sum + other.sum, val + other.val, ); }
  51.          void Xor() { val = sum - val; lazy ^= ; }
  52.      }a[N << ];
  53.      void build(int id, int l, int r)
  54.      {
  55.          a[id] = node(, , );
  56.          if (l == r)
  57.          {
  58.              a[id].sum = by[l + ] - by[l];
  59.              return;
  60.          }
  61.          int mid = (l + r) >> ;
  62.          build(id << , l, mid);
  63.          build(id <<  | , mid + , r);
  64.          a[id] = a[id << ] + a[id <<  | ];
  65.      }
  66.      void pushdown(int id)
  67.      {
  68.          if (!a[id].lazy) return;
  69.          a[id << ].Xor();
  70.          a[id <<  | ].Xor();
  71.          a[id].lazy = ;
  72.      }
  73.      void update(int id, int l, int r, int ql, int qr)
  74.      {
  75.          if (l >= ql && r <= qr)
  76.          {
  77.              a[id].Xor();
  78.              return;
  79.          }
  80.          int mid = (l + r) >> ;
  81.          pushdown(id);
  82.          if (ql <= mid) update(id << , l, mid, ql, qr);
  83.          if (qr > mid) update(id <<  | , mid + , r, ql, qr);
  84.          a[id] = a[id << ] + a[id <<  | ];
  85.      }
  86.  }
  87.  
  88.  int main()
  89.  {
  90.      while (scanf("%d", &n) != EOF)
  91.      {
  92.          mx = my = ; res = ;
  93.          for (int i = ; i <=  * n; ++i) v[i].clear();
  94.          for (int i = ; i <= n; ++i) rec[i].scan(); Hash();
  95.          for (int i = ; i <= n; ++i)
  96.          {
  97.              v[rec[i].x[]].emplace_back(rec[i].y[], rec[i].y[] - );
  98.              v[rec[i].x[]].emplace_back(rec[i].y[], rec[i].y[] - );
  99.          }
  100.          n <<= ;
  101.          SEG::build(, , n);
  102.          for (int i = ; i < mx; ++i)
  103.          {
  104.              for (auto it : v[i]) SEG::update(, , n, it.first, it.second);
  105.              res += (bx[i + ] - bx[i]) * SEG::a[].val;
  106.          }
  107.          printf("%lld\n", res);
  108.      }
  109.      return ;
  110.  }

G:Goat on a Rope

Solved.

签到。

  1.  #include<bits/stdc++.h>
  2.  
  3.  using namespace std;
  4.  
  5.  double x, y;
  6.  double xa, xb, ya, yb;
  7.  
  8.  double calc(double xa, double ya, double xb, double yb)
  9.  {
  10.      return sqrt((xa - xb) * (xa - xb) + (ya - yb) * (ya - yb));
  11.  }
  12.  
  13.  int main()
  14.  {
  15.      while(~scanf("%lf %lf %lf %lf %lf %lf", &x, &y, &xa, &ya, &xb, &yb))
  16.      {
  17.          double ans = 1e9;
  18.          if(x >= min(xa, xb) && x <= max(xa, xb)) ans = min(ans, min(fabs(y - ya), fabs(y - yb)));
  19.          if(y >= min(ya, yb) && y <= max(ya, yb)) ans = min(ans, min(fabs(x - xa), fabs(x - xb)));
  20.          ans = min(ans, calc(x, y, xa, ya));
  21.          ans = min(ans, calc(x, y, xa, yb));
  22.          ans = min(ans, calc(x, y, xb, ya));
  23.          ans = min(ans, calc(x, y, xb, yb));
  24.          printf("%.3f\n", ans);
  25.      }
  26.      return ;
  27.  }

H:Repeating Goldbachs

Solved.

签到。

  1.  #include<bits/stdc++.h>
  2.  
  3.  using namespace std;
  4.  
  5.  const int maxn = 1e6 + ;
  6.  
  7.  bool isprime[maxn];
  8.  int prime[maxn];
  9.  
  10.  void Init()
  11.  {
  12.      memset(isprime, true, sizeof isprime);
  13.      isprime[] = isprime[] = false;
  14.      for(int i = ; i < maxn; ++i)
  15.      {
  16.          if(isprime[i])
  17.          {
  18.              prime[++prime[]] = i;
  19.              for(int j = i * ; j < maxn; j += i)
  20.              {
  21.                  isprime[j] = false;
  22.              }
  23.          }
  24.      }
  25.  }
  26.  
  27.  int x;
  28.  
  29.  int main()
  30.  {
  31.      Init();
  32.      while(~scanf("%d", &x))
  33.      {
  34.          int ans = ;
  35.          while(x >= )
  36.          {
  37.              for(int i = ; i <= prime[]; ++i)
  38.              {
  39.                  int tmp = prime[i];
  40.                  if(isprime[x - tmp])
  41.                  {
  42.                      ++ans;
  43.                      x = x - tmp - tmp;
  44.                      break;
  45.                  }
  46.              }
  47.          }
  48.          printf("%d\n", ans);
  49.      }
  50.      return ;
  51.  }

I:Inversions

Unsolved.

题意：

给出一些序列，一些位置上的数字可以在$[1, k]的范围内随便填，求如果填使得整个序列的逆序对个数最多$

J:Time Limits

Solved.

签到。

  1.  #include<bits/stdc++.h>
  2.  
  3.  using namespace std;
  4.  
  5.  int n, s;
  6.  
  7.  int main()
  8.  {
  9.      while(~scanf("%d %d", &n, &s))
  10.      {
  11.          int Max = -;
  12.          for(int i = ; i <= n; ++i)
  13.          {
  14.              int num;
  15.              scanf("%d", &num);
  16.              Max = max(Max, num);
  17.          }
  18.          Max *= s;
  19.          int ans = Max / ;
  20.          if(Max % ) ans++;
  21.          printf("%d\n", ans);
  22.      }
  23.      return ;
  24.  }

K:Knockout

Unsolved.

题意：

给出一个数字，然后两个骰子的点数，每次可以移掉数字当中某几位加起来的和等于两骰子点数之和

那么就可以移掉这几位，知道最后不能移位置，最后剩下的数就是分数

现在给出一中间局面，求移掉哪些，使得最后的分数期望最大以及最小

L:Liars

Solved.

签到。

  1.  #include<bits/stdc++.h>
  2.  
  3.  using namespace std;
  4.  
  5.  const int maxn = 1e3 + ;
  6.  
  7.  int n;
  8.  int cnt[maxn];
  9.  
  10.  int main()
  11.  {
  12.      while(~scanf("%d", &n))
  13.      {
  14.          memset(cnt, , sizeof cnt);
  15.          for(int i = ; i <= n; ++i)
  16.          {
  17.              int ai, bi;
  18.              scanf("%d %d", &ai, &bi);
  19.              for(int j = ai; j <= bi; ++j)
  20.              {
  21.                  cnt[j]++;
  22.              }
  23.          }
  24.          int ans = -;
  25.          for(int i = ; i <= n; ++i)
  26.          {
  27.              if(cnt[i] == i) ans = i;
  28.          }
  29.          printf("%d\n", ans);
  30.      }
  31.      return ;
  32.  }

M:Mobilization

Unsolved.

题意：

$有m种军队，每种军队有h_i 属性 和 p_i属性，以及购买一支军队需要c_i的钱，每种军队可以购买无限支$

$现在你有C个单位的钱，求如何购买军队，使得\sum h_i \cdot \sum p_i 最大$

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