Codeforces Round #519

题目链接：传送门

 

A. Elections （思维+暴力）

思路：

　　从最小的k开始枚举就好了- -。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int MAX_N =  + ;

int a[MAX_N];

int main()
{
    int N;
    cin >> N;
    int m = -, sum = ;
    for (int i = ; i <= N; i++) {
        scanf("%d", a+i);
        m = max(m, a[i]);
        sum += a[i];
    }
    int ans = m;
    int Awruk = N*m-sum;
    while (Awruk <= sum) {
        Awruk += N;
        ans++;
    }
    cout << ans << endl;
    return ;
}

B. Lost Array （暴力枚举）

思路：

　　把差分预处理出来，枚举长度，可以跑到最后的就加入答案。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int MAX_N = 1e3 + ;

int a[MAX_N];
int b[MAX_N];
int ans[MAX_N];

int main()
{
    int N;
    cin >> N;
    a[] = ;
    for (int i = ; i <= N; i++) {
        scanf("%d", a+i);
        b[i] = a[i] - a[i-];
    }
    int cnt = ;
    for (int i = ; i <= N; i++) {
        int j;
        for (j = ; j <= N; j++) {
            if (b[j] != b[(j-)%i+])
                break;
        }
        if (j == N+)
            ans[cnt++] = i;
    }
    cout << cnt << endl << ans[];
    for (int i = ; i < cnt; i++)
        cout << ' ' << ans[i];
    cout << endl;
    return ;
}

C. Smallest Word （思维）

思路：

　　遇到连续的a就找到最后一个，翻转。

　　遇到连续的b也找到最后一个，如果下一个是a，翻转。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int MAX_N = 1e3 + ;

bool ans[MAX_N];

int main()
{
    string s;
    memset(ans, false, sizeof ans);
    cin >> s;
    int len = s.size();
    int i = ;
    while (i < len) {
        while (i < len && s[i] == 'a')
            i++;
        ans[i-] = true;
        while (i < len && s[i] == 'b')
            i++;
        if (i < len && s[i] == 'a')
            ans[i-] = true;
    }
    cout << ans[];
    for (int i = ; i < len; i++)
        cout << ' ' << ans[i];
    cout << endl;
    return ;
}

D. Mysterious Crime （尺取+暴力）

思路：

　　从第一行开始，往下面几行找最长的匹配。每行从上一行的最左端的数开始往右匹配，匹配到不同的就break，进入下一行。

　　预处理一个pos[i][j]，表示第i行的值为j的数在哪个位置。

　　找完最后一行后得到最长的匹配的长度为len，计算len对答案产生的贡献。

　　注意M为1的时候不能匹配要特判一下，答案就是N*（N+1）/2。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int MAX_N = 1e5 + ;
const int MAX_M =  + ;

int N, M;
int a[MAX_M][MAX_N];
int pos[MAX_M][MAX_N];
bool vis[MAX_N];

int main()
{
    cin >> N >> M;
    memset(vis, false, sizeof vis);
    for (int i = ; i <= M; i++)
        for (int j = ; j <= N; j++) {
            scanf("%d", &a[i][j]);
            pos[i][a[i][j]] = j;
        }
    long long ans = ;
    for (int i = ; i <= N; i++) if (!vis[a[][i]]){
        int l = i, r = N;
        long long len = ;
        for (int j = ; j <= M; j++) {
            int nxtl, nxtr;
            nxtl = nxtr = pos[j][a[j-][l]];
            while (l <= r && nxtr <= N && a[j][nxtr] == a[j-][l]) {
                l++;
                nxtr++;
            }
            l = nxtl, r = nxtr-;
            if (j == M) {
                len = r-l+;
                for (int k = l; k <= r; k++)
                    vis[a[M][k]] = true;
            }
        }
        ans += (len+)*len/;
    }
    if (M == )
        ans = (long long)(N+)*N/;
    cout << ans << endl;
    return ;
}

E. Train Hard, Win Easy（思维+排序）

思路：

　　两个人（u，v）组队时他们的得分是min（x_u+y_v，x_v+y_u），考虑到：

　　  x_u+y_v ＜ x_v+y_u

　　=>y_v-x_v ＜ y_u-x_u

　　令d_i = y_i-x_i，则组队时d小的一方出y，d大的一方出x。

　　根据d排序后，对于（1 ≤ i ＜ j ≤ N）有d_i ＜ d_j，所以第i个人和第j个人组队的得分为y_i+x_j。

　　预处理x和y的前缀和，对于第i个人，他与在他之前的人组队的得分为：

　　　　$\sum_{j=1}^{i-1}y_{j}$ + x_i * （i-1）;

　　与在他之后的人组队的得分为：

　　　　$\sum_{j=i+1}^{N}x_{j}$ + y_i * （N-i）;

　　这样可以O(1)算出每个人的得分，然后再减去不能和自己比赛的人的贡献就好了。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX_N = 3e5 + ;

struct Node{
    int ind;
    ll x, y;
    ll d;
    Node(int _i = , ll _x = , ll _y = ) : ind(_i), x(_x), y(_y) {d = y-x;}
    bool operator < (const Node& a) const {
        return d < a.d;
    }
}nodes[MAX_N];

ll sumx[MAX_N], sumy[MAX_N];
ll ans[MAX_N];

int main()
{
    int N, M;
    cin >> N >> M;
    memset(ans, , sizeof ans);
    for (int i = ; i <= N; i++) {
        ll x, y;
        scanf("%I64d%I64d", &x, &y);
        nodes[i] = Node(i, x, y);
    }
    for (int i = ; i <= M; i++) {
        int u, v;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        ll tmp = ;
        if (nodes[u] < nodes[v])
            tmp = nodes[u].y + nodes[v].x;
        else
            tmp = nodes[v].y + nodes[u].x;
        ans[u] -= tmp;
        ans[v] -= tmp;
    }
    sort(nodes+, nodes++N);
    sumx[] = sumy[] = ;
    for (int i = ; i <= N; i++) {
        sumx[i] = sumx[i-] + nodes[i].x;
        sumy[i] = sumy[i-] + nodes[i].y;
    }
    for (int i = ; i <= N; i++) {
        Node cur = nodes[i];
        ans[cur.ind] += sumy[i-] + cur.x*(i-);
        ans[cur.ind] += sumx[N] - sumx[i] + cur.y*(N-i);
    }
    bool firstprint = true;
    for (int i = ; i <= N; i++) {
        if (firstprint)
            firstprint = false;
        else
            printf(" ");
        printf("%I64d", ans[i]);
    }
    puts("");
    return ;
}

 

F. Make It One（组合数学+数论+dp）

思路：

　　说实话这题比较玄学。

　　2 * 3 * 5 * 7 * 11 * 13 * 17 ≈ 5e5，所以3e5范围内一个数最多有6个质因数。所以答案是不会超过6的，考虑从1开始枚举答案。

状态：

　　f[i][j]表示选择的数字数量为i时，最大公约数为j的方案数，若f[i][1] ＞ 0，就说明符合题意，直接输出。

　　已知所有的ai中j的倍数有cnt[j]个，则由容斥原理知：

状态转移方程：

　　f[i][j] = $C_{cnt[j]}^{i}-\sum_{k=2}^{\infty}f[i][k*j]$

组合数预处理一个逆元可以O(1)求出，总时间复杂度为O(loga * (N + a))

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int MAX_N = 3e5 + ;
const int MOD = 1e9 + ;

int fpow(int a, int p) {
    int ans = ;
    while (p) {
        if (p&) ans = (1LL * ans * a) % MOD;
        p >>= ;
        a = (1LL * a * a) % MOD;
    }
    return ans;
}

int N;
int a[MAX_N];
int f[][MAX_N], cnt[MAX_N];
int fac[MAX_N], inv[MAX_N];

int newton(int m, int n) {
    if (n <  || m < n) return ;
    return ((1LL * fac[m] * inv[n])%MOD * inv[m-n]) % MOD;
}

void init() {
    fac[] = ;
    for (int i = ; i <= MAX_N; i++)
        fac[i] = (1LL * fac[i-] * i) % MOD;

    inv[MAX_N-] = fpow(fac[MAX_N-], MOD-);
    for (int i = MAX_N-; i >= ; i--)
        inv[i-] = (1LL * inv[i] * i) % MOD;
}

void sub(int& a, int b) {
    a -= b;
    if (a < )
        a += MOD;
}

int main()
{
    init();
    scanf("%d", &N);
    memset(cnt, , sizeof cnt);
    for (int i = ; i <= N; i++) {
        scanf("%d", a+i);
        cnt[a[i]]++;
    }
    for (int i = ; i < MAX_N; i++) {
        for (int j = *i; j < MAX_N; j += i) {
            cnt[i] += cnt[j];
        }
    }
    for (int i = ; i < ; i++) {
        for (int j = MAX_N-; j >= ; j--) {
            f[i][j] = newton(cnt[j], i);
            for (int k = j+j; k < MAX_N; k += j)
                sub(f[i][j], f[i][k]);
        }
        if (f[i][] > ) {
            printf("%d\n", i);
            return ;
        }
    }
    puts("-1");
    return ;
}