CodeforcesRound#261(Div.2)[ABCDE]_html/css_WEB-ITnose
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ACM
题目地址:Codeforces Round #261 (Div. 2)
A - Pashmak and Garden
题意:
一个正方形,它的边平行于坐标轴,给出这个正方形的两个点,求出另外两个点。
分析:
判断下是否平行X轴或平行Y轴,各种if。
代码:
/** Author: illuz <iilluzen[at]gmail.com>* File: A.cpp* Create Date: 2014-08-15 23:35:17* Descripton: */#include#include #include #include using namespace std;const int N = 0;int main() { int x1, y1, x2, y2, x3, y3, x4, y4; int a; while (cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2) { if (x1 == x2) { a = y1 - y2; cout << x1 + a << ' ' << y1 << ' ' << x2 + a << ' ' << y2 << endl; } else if (y1 == y2) { a = x1 - x2; cout << x1 << ' ' << y1 + a << ' ' << x2 << ' ' << y2 + a << endl; } else { if (abs(x1 - x2) != abs(y1 - y2)) { cout << -1 << endl; continue; } cout << x1 << ' ' << y2 << ' ' << x2 << ' ' << y1 << endl; } } return 0;}
B - Pashmak and Flowers
题意:
在n个数中取出两个数,使得差值最大,问差值和有几种取法。
两种取法不同当且仅当:两种方法至少有一个不同位置的数。
分析:
很明显差值就是最大-最小。
如果两个数不是相同的,那么取法就是max_cnt * min_cnt了。
如果相同就要注意了,因为max_cnt * min_cnt里面有一些取法一样的数。
比如:5 1 1 1 1 1。
- 那么我们可以这样考虑,第一次可以取5种,第二次可以取(5-1)钟,但是这里面(i,j)和(j,i)都取过,所以得减半,所以结果就是n*(n-1)/2。
- 或者可以这样考虑,我们为了不要取重复,规定第一次取的位置肯定在第二次前面,如果第一次取pos1,那么下次只能取(n-1)钟;如果第一次取pos2,第二次就(n-2)....累计就是(n-1)*n/2了。
代码:
/** Author: illuz <iilluzen[at]gmail.com>* File: B.cpp* Create Date: 2014-08-15 23:51:15* Descripton: */#include#include #include #include using namespace std;#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)typedef long long ll;const int N = 2e5 + 10;ll t, mmax, mmin;ll a[N];int main() { while (cin >> t) { repf (i, 0, t - 1) { cin >> a[i]; } sort (a, a + t); if (a[0] == a[t - 1]) { cout << 0 << ' ' << t * (t - 1) / 2 << endl; continue; } mmax = 0; mmin = 0; int i = 0; while (i < t && a[i] == a[0]) mmin++, i++; i = t - 1; while (i >= 0 && a[i] == a[t - 1]) mmax++, i--; cout << a[t - 1] - a[0] << ' ' << mmin * mmax << endl; } return 0;}
C - Pashmak and Buses
题意:
n个人坐车,有k辆车带他们去d个地方玩。问怎么安排使得这d天他们没有一对人一直在一起的(FFF团的胜利)。
分析:
相当于:d行n列,每个位置填一个1~k的整数,要求不能有两列完全一样。
爆搜过去即可,只要有解就行了。
代码:
/** Author: illuz <iilluzen[at]gmail.com>* File: C.cpp* Create Date: 2014-08-16 00:47:18* Descripton: */#include#include #include #include #include #includeusing namespace std;const int N = 1110;int a[N], sum;int n, d, k, m[N][N];void dfs(int x) { if(sum >= n) return; if(x >= d) { for (int i = 0; i < d; i++) m[i][sum] = a[i]; sum++; return; } for(int i = 1; i <= min(k, 1001); i++) { a[x] = i; dfs(x + 1); }}int main() { while (~scanf("%d%d%d", &n, &k, &d)) { memset(m, 0, sizeof(m)); sum = 0; dfs(0); if(sum < n) puts("-1"); else { for(int i = 0; i < d; i++) { for(int j = 0; j < n; j++) printf("%d ", m[i][j]); puts(""); } } } return 0;}
D - Pashmak and Parmida's problem
题意:
给出一些数a[n],求(i, j),i<j的数量,使得:f(1, i, a[i]) > f(j, n, a[j])。
f(lhs, rhs, x)指在{ [lhs, rhs]范围中,a[k]的值=x }的数量。
分析:
很明显:
1. f(1, i, a[i])就是指a[i]前面包括a[i]的数中,有几个值=a[i]。
2. f(j, n, a[j])就是指a[j]后面包括a[j]的数中有几个值=a[j]。
虽然a[x]范围不小,但是n的范围是1000,不是很大,所以我们可以用map预处理出f(1, i, a[i])和f(j, n, a[j]),记为s1[n], s2[n]。
这样就变成求满足s1[i] > s[j], i < j情况的数量了,你会发现跟求逆序对一样了。这时就可以用线段树或树状数组求逆序数对的方法解决这个问题了。不懂线段树怎么解的可以看:HDU 1394 Minimum Inversion Number(线段树求最小逆序数对)。
代码:
/** Author: illuz <iilluzen[at]gmail.com>* File: D.cpp* Create Date: 2014-08-16 00:18:08* Descripton: */#include#include #include #include #include
E - Pashmak and Graph
题意:
给出一个有向带权值的图,要求出最长递增链路的长度。也就是当前边的权值要大于前一条边的。
分析:
刚开始写了个搜索+map记忆化,然后就TLE了QvQ...
其实可以用数组的dp来做,先对边从小到大排序,从小到达处理,对于相同的一类边,进行对边dp,然后更新对点dp。
@barty巨巨:
将所有边按边权从小到大排序,顺序扫描,如果没有重复边权的话,对于(u, v, d)这条有向边,可以直接用之前求的到u点的最长路径+1来更新到v的最长路径。
不过题目中没有保证所有边权不同,为了保证严格递增,所以对于相同边权需要做一个缓冲处理。
代码:
/** Author: illuz <iilluzen[at]gmail.com>* Blog: http://blog.csdn.net/hcbbt* File: E.cpp* Create Date: 2014-08-16 09:43:59* Descripton: */#include#include #include #include using namespace std;#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)const int N = 3e5 + 10;struct Edge { int x; int y; int w; bool operator <(const Edge& e) const { return w < e.w; }} e[N];int n, m;int edge[N], node[N]; // edges and nodes' dpint main() { while (~scanf("%d%d", &n, &m)) { memset(edge, 0, sizeof(edge)); memset(node, 0, sizeof(node)); repf (i, 1, m) { scanf("%d%d%d", &e[i].x, &e[i].y, &e[i].w); } sort(e + 1, e + m + 1); repf (i, 1, m) { int j = i; while (j <= m && e[i].w == e[j].w) { // update edges' dp int x = e[j].x; edge[j] = max(edge[j], node[x] + 1); j++; } j = i; while (j <= m && e[i].w == e[j].w) { // update nodes' dp int y = e[j].y; node[y] = max(edge[j], node[y]); j++; } i = j - 1; } int ans = 0; repf (i, 1, m) ans = max(ans, edge[i]); printf("%d\n", ans); } return 0;}
内容总结
以上是互联网集市为您收集整理的CodeforcesRound#261(Div.2)[ABCDE]_html/css_WEB-ITnose全部内容,希望文章能够帮你解决CodeforcesRound#261(Div.2)[ABCDE]_html/css_WEB-ITnose所遇到的程序开发问题。 如果觉得互联网集市技术教程内容还不错,欢迎将互联网集市网站推荐给程序员好友。
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