Codeforces Round #383 (Div. 2) 解题报告

　　本来是打算所有半夜进行的CF都不参加的，但看到这次比赛22：35就开始，还是没有忍住orz……晚上总是不够清醒，做题思维不如白天活跃，低级错误常常出现。出的比较早的C因为一个书写错误有点小bug，在比赛快结束时被hack，还好一下子就发现改正了过来，b题很水，却刚开始没想到合适的做法，也卡了比较久。D题因为刚学到DP，还很不熟练，比赛前没能写完。整体来说这一场实在是表现的菜的一塌糊涂。不过因为现在rating低，还在神奇的上分，算是一点慰藉了。

A

题目地址

简要题意：

　　输入一个整数n，输出1378的n次方的个位数。

思路分析：

　　只要看8的n次方个位数是多少。显然是有循环节的，写几项发现循环节为4，所以只需要看n模4余几，注意n=0时要特殊判断一下，任何非0数的0次方都是1.

参考代码：

　　

 #include<stdio.h>
 #include<bits/stdc++.h>
 #include <iostream>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 int main()
 {
     int n;
     scanf("%d",&n);
     if(n==)
     {
         printf("1\n");
     }
     else if(n%==)
     {
         printf("8\n");
     }
     else if(n%==)
     {
         printf("4\n");
     }
     else if(n%==)
     {
         printf("2\n");
     }
     else if(n%==)
     {
         printf("6\n");
     }
     return ;
 }

B

题目地址

简要题意：

　　给若干数，要求判断这些这些数有多少对异或值为给定的另一个数。（每一对顺序固定，按给定时的顺序）

思路分析：

　　注意到x^y=z则x^z=y。利用此，建立数组记录每个数出现的次数，因为每一对顺序固定，对于一个数x，只需看出现在x之前的（x^“目标数”）出现了多少次，就多形成了多少对。注意异或值可能会比给出的数的范围大，所以把数组大小开大一点。

参考代码：

　　

 #include<stdio.h>
 #include<bits/stdc++.h>
 #include <iostream>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int INF=1e6+;
 ll an=;
 int ci[INF],n,mu,i,tem;
 int main()
 {
     memset(ci,,sizeof(ci));
     scanf("%d%d",&n,&mu);
     for(i=;i<n;i++)
     {
         scanf("%d",&tem);
         an+=ci[tem^mu];
         ci[tem]++;
     }
     printf("%I64d\n",an);
     return ;
 }

C

题目地址

简要题意：

　　一个有向图，每一个点有且只有一条出的线。求最小的n，使任意从一点走2n步之后就回到本身。

思路分析：

　　显然，有向图中的每一点入度都需要恰为1，否则必然有入度为0的点，那么不管n取多少，从这点都走不回这一点。而当满足每一点入度都恰为1时就一定可以找到符合要求的n。只需要求所有形成的环的“长度”（如果长度为偶数2x，n取x即可走2x步就回到本身，所以用于计算的“长度”取值为x）的最小公倍数即可。

参考代码：

　　

 #include<stdio.h>
 #include<bits/stdc++.h>
 #include <iostream>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 int gcd(int x,int y)
 {
     while(x%y!=&&y%x!=)
     {
         if(y>x)
             y=y%x;
         else
             x=x%y;
     }
     if(x%y==)
     {
         return y;
     }
     else
     {
         return x;
     }
 }
 int main()
 {
     int n,a[],i,an=,len=,j,b[],cnt=;
     bool vi[];
     memset(vi,false,sizeof(vi));
     scanf("%d",&n);
     for(i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d",&a[i]);
         vi[a[i]]=true;
     }
     for(i=;i<=n;i++)
     {
         if(!vi[i])
         {
             printf("-1\n");
             return ;
         }
     }
     memset(vi,false,sizeof(vi));
     for(i=;i<=n;i++)
     {
         len=;
         if(!vi[i])
         {
             j=a[i];
             len=;
             while(j!=i)
             {
 
                 vi[j]=true;
                 len++;
                 j=a[j];
             }
             b[cnt++]=len;
         }
     }
         if(b[]%!=)
         an=b[];
         else
             an=b[]/;
         for(i=;i<cnt;i++)
     {
         if(b[i]%!=)
         an*=(b[i]/gcd(an,b[i]));
         else
         an*=((b[i]/)/gcd(an,b[i]/));
     }
     printf("%d\n",an);
     return ;
 }

D

题目地址

简要题意：

　　有若干人，，每个人有一个体重值和颜值，且若干人组成一组，这一组必须全取或取小于等于1个人。要找到一种总体重小于等于W，而颜值之和最大的选人办法。

思路分析：

　　0、1背包，不同的是题目中的限制。只需要先根据题意把同一组的标记出来，这一组的每个人，和这一组的整体作为第i个可选物品进行0、1背包即可。

参考代码：

　　

 #include<stdio.h>
 #include<bits/stdc++.h>
 #include <iostream>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 #define num 1010
 vector <int> group[num];
 int pre[num],w[num],b[num],ww[num],bb[num],dp[num][num],cnt,fpre[num],org;
 int n,m,W,i,l,r,an=;
 int trimax(int x,int y,int z)
 {
     if(x>=y&&x>=z)
         return x;
     if(y>=x&&y>=z)
         return y;
     if(z>=x&&z>=y)
         return z;
 }
 int trace (int s)
 {
     if(pre[s]==s)
         return s;
     else
         return trace(pre[s]);
 }
 
 int main()
 {
     scanf("%d%d%d",&n,&m,&W);
     for(i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d",&w[i]);
     }
     for(i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d",&b[i]);
     }
     for(i=;i<=n;i++)
     {
         pre[i]=i;
     }
     for(i=;i<=m;i++)
     {
         scanf("%d%d",&l,&r);
         if(trace(l)!=trace(r))
             pre[trace(l)]=trace(r);
     }
     cnt=;
     for(i=;i<=n;i++)
     {
         int st=-;
         int org=trace(i);
         int j;
         for(j=;j<cnt;j++)
         {
             if(fpre[j]==org)
             {
                 st=j;
                 break;
             }
         }
         if(st==-)
         {
             ww[cnt]+=w[i];
             bb[cnt]+=b[i];
             group[cnt].push_back(i);
             fpre[cnt++]=org;
         }
         else
         {
             ww[st]+=w[i];
             bb[st]+=b[i];
             group[st].push_back(i);
         }
     }
     for(i=;i<cnt;i++)
     {
         for(int k=W;k>=;k--)
         {
             if(k>=ww[i])
                 dp[i][k]=trimax(dp[i][k],dp[i-][k],dp[i-][k-ww[i]]+bb[i]);
             else
                 dp[i][k]=max(dp[i][k],dp[i-][k]);
         }
         for(int j=;j<group[i].size();j++)
         {
             for(int k=W;k>=;k--)
             {
                 if(k>=w[group[i][j]])
                     dp[i][k]=trimax(dp[i][k],dp[i-][k],dp[i-][k-w[group[i][j]]]+b[group[i][j]]);
                 else
                     dp[i][k]=max(dp[i][k],dp[i-][k]);
             }
         }
     }
     for(i=;i<=W;i++)
         if(dp[cnt-][i]>an)
         an=dp[cnt-][i];
     printf("%d\n",an);
     return ;
 }

E

题目地址

简要题意：

　　n对情侣坐在一个圆桌上（情侣都是一男一女的，没有别的情况），给他们发两种食物，要求：

　　1、一对情侣食物不同

　　2、任意连续3个人，必须2种食物都出现

思路分析：

　　大家初看可能觉得是二分图匹配，但其实并不是，只是一个普通的图随便整一下。

　　下面是对必定有解的证明。

 　　2n个点的无向图 将1\2 3\4 …… 2n-1\2n 连线  再将一组的两点连线 这样组成的图只存在偶回路（若不然 存在2*k+1个点组成奇回路 将这2*k+1条边 编上号 为1——2*k+1 因为相邻的两边必定一个是 按之前的编号相邻点连线 另一个是 情侣点连线 从1出发 如果1是前者 那么2是后者…… 2*k+1是前者 矛盾 如果1是后者 同理矛盾 ）故此图为二部图  可分为两个点集 U、V 将U中点赋为1 V中点赋为2 这样图中任意一条线两个端点颜色不同 任意连续3个点必存在一条连线 而连线两端点值不同 即证明了必定有解。

 #include<stdio.h>
 #include<bits/stdc++.h>
 #include <iostream>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int N=;
 vector <int> a[N];
 int b[N],g[N];
 int an[N];
 bool vi[N];
 void dfs(int x,int t)
 {
     vi[x]=true;an[x]=t;
       for(int i:a[x])
         {
             if(!vi[i])
         dfs(i,(t^));}
 }
 int main()
 {
     memset(vi,false,sizeof(vi));
     int n,i;
     scanf("%d",&n);
     for(i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d%d",&b[i],&g[i]);
         a[b[i]].push_back(g[i]);
         a[g[i]].push_back(b[i]);
     }
     for(i=;i<=n;i++)
     {
         a[*i-].push_back(*i);
         a[*i].push_back(*i-);
     }
     for(i=;i<=*n;i++)
         if(!vi[i])
         dfs(i,);
     for(i=;i<=n;i++)
         printf("%d %d\n",an[b[i]]+,an[g[i]]+);
     return ;
 }