Codeforces Round #568 (Div. 2) 选做

A、B 略，相信大家都会做 ^_

C. Exam in BerSU

题意

给你一个长度为 \(n\) 的序列 \(a_i\) 。对于每个 \(i\in [1,N]\) 求 \([1,i-1]\) 中删去至少多少个数能满足剩余 \([1,i]\) 中数的和小于 \(M\) 。

\(n\le 2\cdot 10^5, M\le 2\cdot 10^7, a_i\le 100\) 。

Solution

看到值域 \(\le 100\) ，直接用桶记每个数出现多少次，然后从大到小暴力扫一遍桶就做完了。。。

code

#include<cstdio>
const int N=2e5+5;
int a[N],t[233],n,m,sum;
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		sum+=a[i];
		if(sum<=m)
		{
			++t[a[i]];
			printf("0 ");
			continue;
		}
		int ans=0,tmp=sum;
		for(int j=100;j&&tmp>m;--j)
		{
			if(tmp-t[j]*j<=m)
			{
				printf("%d ",ans+(tmp-m-1)/j+1);
				break;
			}
			else tmp-=t[j]*j,ans+=t[j];
		}
		++t[a[i]];
	}
}

D. Extra Element

题意

给一个长度为 \(n\) 的数列，删去一个数使得原数列重排后是等差数列。 \(n\le 2\cdot 10^5\) 。

Solution

……不知道有什么好说的，如果差不等了直接删掉就行了。前 3 个数可能要特判一下。

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int a[N],id[N];
bool cmp(int x, int y) {
	return a[x]<a[y];
}
int main()
{
	int n; scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]),id[i]=i;
	sort(id+1,id+1+n,cmp);
	sort(a+1,a+1+n);
	if(n<=3)
	{
		puts("1");
		return 0;
	}
	int del=0,cha;
	if(a[3]-a[2]!=a[2]-a[1])
	{
		if(a[3]-a[2]==a[4]-a[3])
		{
			del=1;
			cha=a[3]-a[2];
		}
		else if(a[3]-a[1]==a[4]-a[3])
		{
			del=2;
			cha=a[3]-a[1];
		}
		else if(a[2]-a[1]==a[4]-a[2])
		{
			del=3;
			cha=a[2]-a[1];
		}
		else
		{
			puts("-1");
			return 0;
		}
	}
	else cha=a[2]-a[1];
	for(int i=del?4:3;i<=n;++i)
	{
		int l=(del==i-1?i-2:i-1);
		if(a[i]-a[l]!=cha)
		{
			if(del)
			{
				puts("-1");
				return 0;
			}
			del=i;
		}
	}
	printf("%d",!del?id[1]:id[del]);
}

E. Polycarp and snakes

题意

……题目冗余复杂，还是直接看原题面吧……

Solution

也不知道有什么好说的，直接按题意模拟即可。注意一些细节。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2005;
char s[N][N];
int x1[N],x2[N],y1[N],y2[N];
int main()
{
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		int n,m,mx=0;
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%s",s[i]+1);
		bool flag=true;
		for(int a=0;flag&&a<26;++a)
		{
			for(int i=1;i<=n;++i)
				for(int j=1;j<=m;++j)
				{
					if(s[i][j]!=a+'a') continue;
					if(!x1[a]&&!y1[a]) x1[a]=x2[a]=i,y1[a]=y2[a]=j;
					else
					{
						x1[a]=min(x1[a],i),x2[a]=max(x2[a],i);
						y1[a]=min(y1[a],j),y2[a]=max(y2[a],j);
					}
				}
			if(x1[a]!=x2[a]&&y1[a]!=y2[a])
			{
				flag=false;
				break;
			}
			if(x1[a]) mx=a+1;
			else continue;
			if(x1[a]==x2[a])
			{
				for(int j=y1[a];j<=y2[a];++j)
				{
					if(s[x1[a]][j]<a+'a') {
						flag=false;
						continue;
					}
				}
			}
			else
			{
				for(int j=x1[a];j<=x2[a];++j)
				{
					if(s[j][y1[a]]<a+'a') {
						flag=false;
						continue;
					}
				}
			}
		}
		if(!flag)
		{
			puts("NO");
			for(int i=0;i<26;++i) x1[i]=y1[i]=x2[i]=y2[i]=0;
			continue;
		}
		printf("YES\n%d\n",mx);
		for(int a=0;a<mx;++a)
		{
			if(!x1[a])
			{
				bool f=true;
				for(int i=1;f&&i<=n;++i)
					for(int j=1;f&&j<=m;++j)
					{
						if(s[i][j]>a+'a')
						{
							printf("%d %d %d %d\n",i,j,i,j);
							f=false;
						}
					}
				continue;
			}
			printf("%d %d %d %d\n",x1[a],y1[a],x2[a],y2[a]);
			x1[a]=y1[a]=x2[a]=y2[a]=0;
		}
	}
}

F. Two Pizzas

题意

有 \(n\) 个人，每个人有若干喜欢的配料；有 \(m\) 个披萨，每个披萨有一个价格和若干个配料。现在要你买两个披萨，使得满足的人尽量多的前提下价钱尽量少。一个人能被满足当且仅当他所有喜欢的配料在两个披萨上出现过。

配料种数不超过 \(9\) 。 \(n,m\le 2\cdot 10^5\) 。

Solution

显然，披萨和人的种数不会超过 \(2^9\) ，直接用桶记一下每种人有多少个，每种披萨的最小/次小价格和其编号。然后 \((2^9)^3\) 枚举两个披萨和人即可。注意一些细节。

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
const int N=515;
int a[N],b[N],id[N],b2[N],xid[N],id1,id2,ans,cost;
inline int gi()
{
	char c=getchar(); int x=0;
	for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
	for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
	return x;
}
int main()
{
	int n=gi(),m=gi();
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		int x=gi(),s=0;
		while(x--) s|=(1<<gi()-1);
		++a[s];
	}
	memset(b,0x3f,sizeof(b));
	memset(b2,0x3f,sizeof(b2));
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		int c=gi(),x=gi(),s=0;
		while(x--) s|=(1<<gi()-1);
		if(c<b[s]) b[s]=c,id[s]=i;
		else if(c<b2[s]) b2[s]=c,xid[s]=i;
	}
	cost=2e9+5;
	for(int s1=0;s1<512;++s1)
		for(int s2=0;s2<512;++s2)
		{
			if(!id[s1]||!id[s2]) continue;
			int tid1,tid2,tcost;
			if(s1==s2) tid1=id[s1],tid2=xid[s1],tcost=b[s1]+b2[s1];
			else tid1=id[s1],tid2=id[s2],tcost=b[s1]+b[s2];
			int ret=0;
			for(int s3=0;s3<512;++s3)
				if(((s1|s2)&s3)==s3) ret+=a[s3];
			if(ret>ans||(ret==ans&&cost>tcost)) cost=tcost,ans=ret,id1=tid1,id2=tid2;
		}
	printf("%d %d",id1,id2);
}

G. Playlist for Polycarp

题意

给你 \(n\) 个数，每个数类型为 \(a/b/c\) ，每个数有一个权值 \(t_i\) 。从中选出若干个数并排列，使它们权值和为 \(T\) 且没有两个数相邻。求合法排列方案数。

\(n\le 50, t_i\le 50, T\le 2500\) .

Solution

设 \(f(v,i,j,k)\) 表示选出 \(i,j,k\) 个 \(a,b,c\) 类型的数，和为 \(v\) 的方案数。转移显然是个背包。

设 \(g(0/1/2,i,j,k)\) 表示选出 \(i,j,k\) 个 \(a,b,c\) 类型的数，最后一个数是 \(a/b/c\) 类型的数的方案数，转移也比较显然。

那么 \(ans=\sum f(T,i,j,k)\times g(0/1/2,i,j,k)\) 。

复杂度 $O(n^4T) $ 。

注意一些细节，比如 \(f\) 数组直接开开不下，可使用 vector 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=55,Mod=1e9+7,iMod=Mod+1>>1;
vector<vector<vector<int>>> f[2505];
int g[3][N][N][N],n,T,a[N],b[N],c[N],ans,t;
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&T);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
		++c[--b[i]];
	}
	for(int i=0;i<=T;++i)
	{
		f[i].resize(c[0]+1);
		for(int j=0;j<=c[0];++j)
		{
			f[i][j].resize(c[1]+1);
			for(int k=0;k<=c[1];++k) f[i][j][k].resize(c[2]+1);
		}
	}
	c[0]=c[1]=c[2]=0,f[0][0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		c[b[i]]++;
		t+=a[i]; if(t>T) t=T;
		for(int j=c[0];j>=(b[i]==0);--j)
		for(int k=c[1];k>=(b[i]==1);--k)
		for(int l=c[2];l>=(b[i]==2);--l)
			for(int v=t;v>=a[i];--v)
				f[v][j][k][l]=(f[v][j][k][l]+f[v-a[i]][j-(b[i]==0)][k-(b[i]==1)][l-(b[i]==2)])%Mod;
	}
	g[0][0][0][0]=g[1][0][0][0]=g[2][0][0][0]=1;
	for(int i=0;i<=c[0];++i)
		for(int j=0;j<=c[1];++j)
			for(int k=0;k<=c[2];++k)
			{
				if(i) g[0][i][j][k]=1ll*i*(g[1][i-1][j][k]+g[2][i-1][j][k])%Mod;
				if(j) g[1][i][j][k]=1ll*j*(g[0][i][j-1][k]+g[2][i][j-1][k])%Mod;
				if(k) g[2][i][j][k]=1ll*k*(g[0][i][j][k-1]+g[1][i][j][k-1])%Mod;
				ans=(ans+1ll*(1ll*g[0][i][j][k]+g[1][i][j][k]+g[2][i][j][k])%Mod*f[T][i][j][k])%Mod;
			}
	printf("%d",1ll*ans*iMod%Mod);
}