【codeforces】【比赛题解】#920 Educational CF Round 37

【A】浇花

题意：

一个线段上每个整点都有花，有的点有自动浇花的喷水器，有问几秒能浇完所有的花。

题解：

大模拟

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
 #define F2(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
 #define dF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
 #define dF2(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);--i)
 #include<cmath>
 #include<iostream>
 #include<vector>
 #include<string>
 #include<queue>
 #include<set>
 #include<map>
 #define ll long long
 #define eF(i,u) for(int i=h[u];i;i=nxt[i])
 using namespace std;
 const int INF=0x3f3f3f3f;
 inline int Abs(int X){return X<?-X:X;}
 inline int Gcd(int X,int Y){return Y?Gcd(Y,X%Y):X;}
 inline ll Gcd(ll X,ll Y){return Y?Gcd(Y,X%Y):X;}
 inline int Max(int X,int Y){return X<Y?Y:X;}
 inline int Min(int X,int Y){return X<Y?X:Y;}
 inline ll Max(ll X,ll Y){return X<Y?Y:X;}
 inline ll Min(ll X,ll Y){return X<Y?X:Y;}
 inline int Pow(int base,ll exp,int _mod){int _ans=;for(;exp;exp>>=,base=(ll)base*base%_mod)exp&?_ans=(ll)_ans*base%_mod:;return _ans;}
 inline ll Pow(ll base,ll exp,ll _mod){ll _ans=;for(;exp;exp>>=,base=base*base%_mod)exp&?_ans=_ans*base%_mod:;return _ans;}
 int n,q,Ans;
 int a[],b[];
 int main(){
     int T;
     scanf("%d",&T);
     while(T--){
         Ans=;
         scanf("%d%d",&n,&q);
         F(i,,q) scanf("%d",a+i);
         F(i,,n){
             int k=;
             F(j,,q){
                 k=Min(k,Abs(i-a[j]));
             }
             Ans=Max(Ans,k);
         }
         printf("%d\n",Ans+);
     }
     return ;
 }

【B】排队喝茶

题意：

有\(n\)个人排队喝茶，第\(i\)个人\(l_i\)时刻来排队，如果\(r_i\)时刻还没有排到他，他就走了，问每个人喝到茶的时间或者他没有喝到茶。

题解：

大模拟，每个人是否走了可以到他了再判断。

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
 #define F2(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
 #define dF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
 #define dF2(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);--i)
 #include<cmath>
 #include<iostream>
 #include<vector>
 #include<string>
 #include<queue>
 #include<set>
 #include<map>
 #define ll long long
 #define eF(i,u) for(int i=h[u];i;i=nxt[i])
 using namespace std;
 const int INF=0x3f3f3f3f;
 inline int Gcd(int X,int Y){return Y?Gcd(Y,X%Y):X;}
 inline ll Gcd(ll X,ll Y){return Y?Gcd(Y,X%Y):X;}
 inline int Max(int X,int Y){return X<Y?Y:X;}
 inline int Min(int X,int Y){return X<Y?X:Y;}
 inline ll Max(ll X,ll Y){return X<Y?Y:X;}
 inline ll Min(ll X,ll Y){return X<Y?X:Y;}
 inline int Pow(int base,ll exp,int _mod){int _ans=;for(;exp;exp>>=,base=(ll)base*base%_mod)exp&?_ans=(ll)_ans*base%_mod:;return _ans;}
 inline ll Pow(ll base,ll exp,ll _mod){ll _ans=;for(;exp;exp>>=,base=base*base%_mod)exp&?_ans=_ans*base%_mod:;return _ans;}
 int n,q;
 int l[],r[],Ans[];
 int que[],L,R;
 int main(){
     int T;
     scanf("%d",&T);
     while(T--){
         L=, R=;
         scanf("%d",&n);
         memset(Ans,,sizeof Ans);
         F(i,,n) scanf("%d%d",l+i,r+i);
         int i=;
         F(t,,){
             while(l[i]==t) que[++R]=i, ++i;
             while(L<=R&&r[que[L]]<t) ++L;
             if(L<=R) Ans[que[L++]]=t;
         }
         F(j,,n) printf("%d ",Ans[j]); puts("");
     }
     return ;
 }

【C】交换相邻元素

题意：

一个1到n的排列，你可以交换某些相邻位置的值，问能否交换成上升序列。

题解：

连续的一串可以交换的，就表示这一串可以直接排序，那么我们把所有连续的一段都各自排序，看最终的数组是否升序即可。

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
 #define F2(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
 #define dF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
 #define dF2(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);--i)
 #include<cmath>
 #include<iostream>
 #include<vector>
 #include<string>
 #include<queue>
 #include<set>
 #include<map>
 #define ll long long
 #define eF(i,u) for(int i=h[u];i;i=nxt[i])
 using namespace std;
 const int INF=0x3f3f3f3f;
 inline int Gcd(int X,int Y){return Y?Gcd(Y,X%Y):X;}
 inline ll Gcd(ll X,ll Y){return Y?Gcd(Y,X%Y):X;}
 inline int Max(int X,int Y){return X<Y?Y:X;}
 inline int Min(int X,int Y){return X<Y?X:Y;}
 inline ll Max(ll X,ll Y){return X<Y?Y:X;}
 inline ll Min(ll X,ll Y){return X<Y?X:Y;}
 inline int Pow(int base,ll exp,int _mod){int _ans=;for(;exp;exp>>=,base=(ll)base*base%_mod)exp&?_ans=(ll)_ans*base%_mod:;return _ans;}
 inline ll Pow(ll base,ll exp,ll _mod){ll _ans=;for(;exp;exp>>=,base=base*base%_mod)exp&?_ans=_ans*base%_mod:;return _ans;}
 int n,q;
 int a[],b[];
 int main(){
     scanf("%d",&n);
     F(i,,n) scanf("%d",a+i);
     char ch;
     F2(i,,n) if((ch=getchar())!=''&&ch!='') --i; else b[i]=ch-'';
     int lst=;
     F(i,,n){
         if(!b[i]) sort(a+lst,a+i+), lst=i+;
     } sort(a+lst,a+n+);
     F(i,,n) if(a[i]!=i) {puts("NO"); return ;}
     puts("YES");
     return ;
 }

【D】水缸

题意：

有一些容量无限的水缸，初始时每个水缸中各自有一些水，你有一个容积为k的勺子，问你能否通过用勺子舀水让一个水缸中的水变成要求的V体积？

题解：

考虑把所有的水缸的水和要求的V体积都对勺子容积k取模。

那么如果有一些水缸中的水相加，再对k取模，等于V对k取模的结果，我们就确定最终的V体积的水来自这些水缸。

那么用\(f[i][j]\)表示前\(i\)个水缸中能否相加达到\(j\)容积（\(j\)对\(k\)取模）。

特别地，\(f[i][j]=1\)表示这一个水缸不需要选，\(f[i][j]=2\)表示这一个水缸可以选。

那么最终确定结果时可以反推回来，确定选取哪些水缸。

之后的事情主要是分类讨论，注意输出格式。

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
 #define F2(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
 #define dF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
 #define dF2(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);--i)
 #include<cmath>
 #include<iostream>
 #include<vector>
 #include<string>
 #include<queue>
 #include<set>
 #include<map>
 #define ll long long
 #define eF(i,u) for(int i=h[u];i;i=nxt[i])
 using namespace std;
 const int INF=0x3f3f3f3f;
 inline int Gcd(int X,int Y){return Y?Gcd(Y,X%Y):X;}
 inline ll Gcd(ll X,ll Y){return Y?Gcd(Y,X%Y):X;}
 inline int Max(int X,int Y){return X<Y?Y:X;}
 inline int Min(int X,int Y){return X<Y?X:Y;}
 inline ll Max(ll X,ll Y){return X<Y?Y:X;}
 inline ll Min(ll X,ll Y){return X<Y?X:Y;}
 inline int Pow(int base,ll exp,int _mod){int _ans=;for(;exp;exp>>=,base=(ll)base*base%_mod)exp&?_ans=(ll)_ans*base%_mod:;return _ans;}
 inline ll Pow(ll base,ll exp,ll _mod){ll _ans=;for(;exp;exp>>=,base=base*base%_mod)exp&?_ans=_ans*base%_mod:;return _ans;}
 int n,k,v;
 int a[],b[],sum,s2;
 int f[][];
 int Ans[];
 int main(){
     scanf("%d%d%d",&n,&k,&v);
     F(i,,n) scanf("%d",a+i), sum+=a[i], b[i]=a[i], a[i]%=k;
 //    F(i,1,n) printf("%d ",a[i]); puts("");
     if(sum<v) {puts("NO"); return ;}
     f[][]=;
     F(i,,n){
         F2(j,,k){
             if(f[i-][j]){
                 f[i][j]=;
                 if(j+a[i]<k) f[i][j+a[i]]=;
                 else f[i][j+a[i]-k]=;
             }
         }
     }
 //    F(i,1,n){
 //        F2(j,0,k){
 //            printf("%d ",f[i][j]);
 //        }
 //        puts("");
 //    }
     if(f[n][v%k]==) puts("NO");
     else{
         puts("YES");
         int now=v%k;
         int u=-, unu=-;
         dF(i,n,){
             if(f[i][now]==) Ans[i]=, now=(now-a[i]+k)%k;
         }
 //        printf("ans:"); F(i,1,n) printf("%d ",Ans[i]); puts("");
         F(i,,n) if(!Ans[i]) unu=i; else u=i;
 //        printf("u : %d, unu : %d\n",u,unu);
         if(u==-){
             F(i,,n) if(b[i]>) printf("%d %d 1\n",(b[i]-)/k+,i);
             if(v>) printf("%d 1 2\n",v/k);
         }
         else if(unu==-){
             F(i,,n) if(b[i]>) printf("%d %d 1\n",(b[i]-)/k+,i);
             if(sum-v>) printf("%d 1 2\n",(sum-v)/k);
         }
         else{
             int s1=b[u],s2=b[unu];
             F(i,,n){
                 if(Ans[i]==&&i!=u&&b[i]>) printf("%d %d %d\n",(b[i]-)/k+,i,u), s1+=b[i];
                 if(Ans[i]==&&i!=unu&&b[i]>) printf("%d %d %d\n",(b[i]-)/k+,i,unu), s2+=b[i];
             }
             if(s2>=k) printf("%d %d %d\n",s2/k,unu,u); s1+=s2/k*k;
             if(s1-v>=k) printf("%d %d %d\n",(s1-v)/k,u,unu);
         }
     }
     return ;
 }

 【E】连通分量？

题意：

从一个\(n\)个点的无向完全图中删去\(m\)条边，问现在图中连通分量个数和每个连通分量大小。

题解：

看了别人的博才发现这题其实非常简单暴力。

就是暴力BFS，不过下一个点要从还没到过的点的集合中枚举，就这么简单。

为什么不会TLE？我们算一下时间复杂度：

每个点都只会经过一次，也只会遍历一次。那么遍历当前点时，要花多少时间呢？

在剩下的点中枚举，就是枚举到没有删除的边就会把这个点加入队列吧，每个点只要加入了队列它就不会被再搜到，所以枚举点的复杂度是\(O(log\;n)\)的，因为我使用了STL的set容器。

但是如果搜到了被删除的边呢？这样的边可以保证只会被搜到最多2m次，从一条边的两端点出发。

那么最终复杂度是\(O(n(log\;n+log\;m))\)，非常巧妙。

#include<cstdio>
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#include<set>
using namespace std;
inline int Max(int X,int Y){return X<Y?Y:X;}
inline int Min(int X,int Y){return X<Y?X:Y;}
int n,m;
set<int> vv;
set<pair<int,int> > st;
bool vis[200001];
int que[200001],l,r;
int Ans[200001],ans;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int x,y; F(i,1,m) scanf("%d%d",&x,&y), st.insert(make_pair(Min(x,y),Max(x,y)));
	F(i,1,n) vv.insert(i);
	F(i,1,n){
		if(!vis[i]){
			vis[i]=1; vv.erase(i);
			que[l=r=1]=i;
			while(l<=r){
				int u=que[l++];
				for(set<int>::iterator j=vv.begin();j!=vv.end();){
					if(!st.count(make_pair(Min(u,*j),Max(u,*j))))
						que[++r]=*j, vis[*j]=1, vv.erase(j++);
					else ++j;
				}
			}
			++Ans[r]; ++ans;
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	F(i,1,n) while(Ans[i]--) printf("%d ",i);
	return 0;
}