Atcoder&CodeForces杂题11.6

Preface

NOIP前突然不知道做什么,感觉思维有点江僵化,就在vjudge上随便组了6道ABC D+CF Div2 C/D做,发现比赛质量还不错,知识点涉及广,难度有梯度,码量稍小,思维较多. 同时发现vjudge的比赛功能很不错

A. ABC112-D-Partition

难度感觉比NOIP T1简单了些了

首先naiive的想法是枚举这个公约数$D$,但是发现有$D*N<=M$这个约束,算了算发现$M/N <=1e4$

于是开心从大到小枚举就好了

太水了

int n,m;

int main(){

	read(n),read(m);

	for(ri i=m/n;i>=1;i--){

		if(m%i==0){printf("%d\n",i);break;}

	}

	return 0;

}

B. ABC110-D-Factorization

应该有NOIP T1难度

我先考虑如果这个M是一个质数,那么就有N种可能,稍稍推广一下,如果$M = P^c$,那么就相当于你有$N$个不同的盒子,然后盒子内可以不装东西,求放$c$个物品的方案数

这个就是隔板法的经典模型

如果您不知道是什么就看这篇洛谷日报吧:https://www.luogu.org/blog/chengni5673/dang-xiao-qiu-yu-shang-he-zi

于是对于$M= \prod pi^{ci}$,由于每个$pi$是独立的,直接乘法原理相乘就好了

一开始用线性推逆元,不知道怎么回事一直最后一个点WA,最后改成阶乘版本就过了...

int n,m;

int c[maxn],tot=0;

ll fac[maxn],inv_fac[maxn];

ll C(int n,int m){

	return fac[m]*inv_fac[n]%P*inv_fac[m-n]%P;

}

ll ksm(ll a){

	ll ans=1;

	ll c=P-2;

	while(c){

		if(c&1)ans=ans*a%P;

		a=a*a%P;

		c=c>>1;

	}

	return ans%P;

}

int main(){

	int x,y,M;

	read(n),read(m);

	M=m;

	for(ri i=2;i*i<=M;i++){

		if(M%i==0){

			c[++tot]=1;

			M/=i;

			while(M%i==0){M/=i;c[tot]++;}

		}

	}

	if(M>1)c[++tot]=1;

	fac[0]=fac[1]=1;

	for(ri i=2;i<=size;i++)

		fac[i]=fac[i-1]*i%P;

	inv_fac[size]=ksm(fac[size]);

	for(ri i=size-1;i>=0;i--)

		inv_fac[i]=inv_fac[i+1]*1ll*(i+1)%P;

	ll ans=1;

	for(ri i=1;i<=tot;i++){

		ans=ans*C(n-1,n+c[i]-1)%P;

	}

	printf("%lld\n",ans);

	return 0;

}

C. ABC106-D-AtcoderExpress2

个人认为应该有NOIPT2难度了(天天爱跑步算了)

第一眼一看裸题啊!求一段区间内有多少个被完全包含的区间.冷静分析之后发现并不会做

从数据结构想到容斥还是毫无思路

然后下午睡了一觉之后一下子就想出个一看就不是正解的方法:我会二维数点!

我们对于询问/给出的区间都用$(l,r)$表示,那么你看这个这个东西,它是不是像炉石补偿一个平面直角坐标系上的一个点

同时发现询问区间$(l,r)$,实际上就是询问有多少个点$(l_i,r_i)$满足$l_i>=l,r_i<=r$

画一个图发现它其实就是求一个矩形内有多少个点,我们按照二维数点套路搞一波就好了

关于二维数点:https://www.cnblogs.com/Rye-Catcher/p/9823554.html

这里注意排序时的cmp就好了,代码同样短的可怕

int sum[maxn<<3];

int n,m,q;

inline void add(int x,int d){for(;x<=n;x+=x&(-x))sum[x]+=d;return ;}

inline int query(int x){int ans=0;for(;x;x-=x&(-x))ans+=sum[x];return ans;}

struct Pt{

	int x,y,id;

	bool operator <(const Pt &rhs)const{

		return (x==rhs.x)?(y==rhs.y?id<rhs.id:y<rhs.y):x>rhs.x;//注意cmp

	}

}pt[maxn<<2];

int tot=0,qry[maxn];

int main(){

	int x,y;

	read(n),read(m),read(q);

	for(ri i=1;i<=m;i++){

		read(x),read(y);

		pt[++tot]=(Pt){x,y,0};

	}

	for(ri i=1;i<=q;i++){

		read(x),read(y);

		pt[++tot]=(Pt){x,y,i};

	}

	std::sort(pt+1,pt+1+tot);

	for(ri i=1;i<=tot;i++){

		//printf("%d %d %d %d\n",i,pt[i].id,pt[i].x,pt[i].y);

		if(!pt[i].id)add(pt[i].y,1);

		else qry[pt[i].id]=query(pt[i].y);

	}

	for(ri i=1;i<=q;i++)printf("%d\n",qry[i]);

	return 0;

}

D.CF-EducationalRound52-C-MakeItEqual

这题应该比T1稍难一点

首先naiive的想法就是按照高度排序一遍后,不断向下拓展,但是发现操作繁琐,而且我的做法是一个错误的想法

然后这时候我看到值域居然只有2e5?!然后我们还是按照一样的思路一路向下拓展,如果不行的话切一刀就好了

代码同样很短

注意判0的情况,太坑了

int h[maxn],n,ans=0;

int sz[maxn],mx=0,mi=inf,mi_id;

ll k,sum=0;

int main(){

	read(n),read(k);

	for(ri i=1;i<=n;i++){

		read(h[i]);

		mx=max(mx,h[i]);

		mi=min(mi,h[i]);

		sz[h[i]]++;

	}

	int num=0;

	if(mx==mi){puts("0");return 0;}

	for(ri i=mx;i>=mi;i--){

		sum+=num;

		if(sum>k){

			ans++;

			sum=num;

		}

		num+=sz[i];

	}

	ans++;//最后无论如何都要切一刀

	printf("%d\n",ans);

	return 0;

}

E. CF-Round#485 div.2 D - Fair

这题昨天没想出来,今天看题解发现还挺简单的雾)

关键还是思维太僵化了

我们可以用BFS求出每个点到某种颜色的最短路,时间复杂度$O(nk)$

然后对于每个点都$nth $_ $element$,求出前s小的颜色距离加起来就好了

const int maxn=100005;

const int inf=0x7fffffff;

int n,m,k,s;

int col[maxn];

vector <int> fc[105];

struct Edge{

	int ne,to;

}edge[maxn<<1];

int h[maxn],num_edge=1;

inline void add_edge(int f,int to){

	edge[++num_edge].ne=h[f];

	edge[num_edge].to=to;

	h[f]=num_edge;

}

int dis[maxn][105];

inline void bfs(int c){

	queue <int> q;

	int u,v;

	for(ri i=0;i<fc[c].size();i++)q.push(fc[c][i]);

	while(q.size()){

		u=q.front();q.pop();

		for(ri i=h[u];i;i=edge[i].ne){

			v=edge[i].to;

			if(dis[v][c]!=inf)continue;

			dis[v][c]=dis[u][c]+1;

			q.push(v);

		}

	}

	return ;

}

int main(){

	int x,y,z;

	read(n),read(m),read(k),read(s);

	for(ri i=1;i<=n;i++){

		read(col[i]);

		fc[col[i]].push_back(i);

		for(ri c=1;c<=k;c++){

			dis[i][c]=inf;

		}

		dis[i][col[i]]=0;

	}

	for(ri i=1;i<=m;i++){

		read(x),read(y);

		add_edge(x,y);

		add_edge(y,x);

	}

	for(ri c=1;c<=k;c++){

		bfs(c);

	}

	int ans=0;

	for(ri i=1;i<=n;i++){

		ans=0;

		nth_element(dis[i]+1,dis[i]+s+1,dis[i]+1+k);

		for(ri j=1;j<=s;j++)ans+=dis[i][j];

		printf("%d ",ans);

	}

	puts("");

	return 0;

}

F.

咕