C - Minimization
第一次可能有多种选择，我们枚举所有的选择，然后两边贪心取即可。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
int n, k;
void run() {
int p;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int x; cin >> x;
if(x == 1) p = i;
}
int ans = N;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int l = i, r = min(n, i + k - 1);
if(l <= p && p <= r)
ans = min(ans, 1 + (l - 1 + k - 2) / (k - 1) + (n - r + k - 2) / (k - 1));
}
cout << ans << '
';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n >> k) run();
return 0;
}
D - Snuke Numbers
这个就是打表找规律...但规律也不是很好找，这个规律是变换的规律，可能一次加上(10^i)，也可以加上(10^{i+1})，两个判断一下即可。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
int K;
double Snuke(ll x) {
ll tmp = 0, c = x;
while(c) {
tmp += c % 10;
c /= 10;
}
return 1.0 * x / tmp;
}
void run() {
ll res = 0, x = 1;
while(K--) {
double t1, t2;
while(true) {
t1 = Snuke(res + x), t2 = Snuke(res + x * 10);
if(t1 <= t2) break;
x *= 10;
}
res += x;
cout << res << '
';
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> K) run();
return 0;
}
E - Independence
题意：
给出(n)个点(m)条无向边，现在对于任意两个点，至多有一条边直接连接。
现在要将这个图划分为两部分，使得两部分都为完全图，问最终每部分最小边数之和为多少。
思路：
- 划分为两部分之后的答案很好计算，假设两边的点分别有(x,y)个，那么最终答案就为(frac{xcdot (x-1)}{2}+frac{ycdot (y-1)}{2})。
- 现在就考虑如何划分。
- 我们取原图的补图，那么最终两个集合中不存在任何一条边即符合条件。
- 进一步地，我们将这个与二分图等价，其实就将问题转化为二分图问题了。
- 首先判断二分图是否存在，若存在，先有若干个连通块，每个连通块有两种选择，那么直接背包(dp)一下求出最终所有方案数就行了。
(一开始还以为能够滚动一维QAQ)
代码如下：
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 705;
int n, m;
bool lnk[N][N];
int cnt[2];
int col[N];
bool f;
void dfs(int u, int c) {
col[u] = c;
++cnt[c];
for(int v = 1; v <= n; v++) {
if(lnk[u][v]) {
if(col[v] == -1) dfs(v, 1 - c);
else if(col[v] == c) {
f = false;
return;
}
}
}
}
pii num[N];
bool dp[N][N];
void run() {
memset(col, -1, sizeof(col));
memset(dp, 0, sizeof(dp));
f = true;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++) {
if(i != j) lnk[i][j] = 1;
}
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
lnk[u][v] = lnk[v][u] = 0;
}
int tot = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(col[i] == -1) {
cnt[0] = cnt[1] = 0;
dfs(i, 0);
num[++tot] = MP(cnt[0], cnt[1]);
}
}
if(f == false) {
cout << -1 << '
';
return;
}
dp[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= tot; i++) {
for(int j = 0; j <= n; j++) {
if (j >= num[i].fi) dp[i][j] |= dp[i - 1][j - num[i].fi];
if (j >= num[i].se) dp[i][j] |= dp[i - 1][j - num[i].se];
}
}
int ans = 1e9;
for(int i = 0; i <= n; i++) {
if(dp[tot][i]) {
ans = min(ans, i * (i - 1) / 2 + (n - i) * (n - i - 1) / 2);
}
}
cout << ans << '
';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n >> m) run();
return 0;
}
F - Eating Symbols Hard
鸽了好久，终于来补了= =
题意：
给出一个字符串含有">,<,+,-"四种字符，每种字符代表一种操作，字符串长度不超过(10^5)。
先有一个初始全为(0)的无限长的数组，起点为(0)。"+"代表当前位置加一，"-"与之相反；">"代表往右边走一步，"<"代表往左边走一步。
现问多少区间([l,r])，只执行该区间内的操作，得到的数组能与执行([1,n])的操作得到的想同。
思路：
感觉题意说了一大堆，可能我表述有点问题= =
可以考虑字符串哈希，哈希函数设计为：
[h(a)=sum a_ix^i
]
之后有点不好表述了（果真我表述能力有问题），可以参见代码，代码还是比较好懂的。
处理区间hash值时注意(hs[l]-hs[r+1]=hs[1]*pos[l-1])这个等式，具体含义可以看代码，这里直接相减是计算上前面那一部分的移动的。
反正很巧妙QAQ
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 250005, P1 = 1e9 + 7, P2 = 1e9 + 9;
ll qpow(ll a, ll b, ll c) {
ll ans = 1;
while(b) {
if(b & 1) ans = ans * a % c;
a = a * a % c;
b >>= 1;
}
return ans;
}
char s[N];
int n;
struct rolling_hash{
ll a, b;
rolling_hash() {
a = b = 0;
}
rolling_hash(ll x) {
a = x % P1;
b = x % P2;
}
rolling_hash(ll x, ll y) {
a = x % P1;
b = y % P2;
}
rolling_hash operator + (const rolling_hash& A) const {
return rolling_hash(a + A.a, b + A.b);
}
rolling_hash operator - (const rolling_hash& A) const {
return rolling_hash(a - A.a + P1, b - A.b + P2);
}
rolling_hash operator * (const rolling_hash& A) const {
return rolling_hash(a * A.a, b * A.b);
}
ll get() {
return a * P2 + b;
}
}hs[N], pos[N];
rolling_hash X = 1000003;
rolling_hash invX = rolling_hash(qpow(X.a, P1 - 2, P1), qpow(X.b, P2 - 2, P2));
unordered_map <ll, int> mp;
void run() {
mp.clear();
cin >> s + 1;
pos[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
pos[i] = pos[i- 1];
if(s[i] == '>') {
pos[i] = pos[i - 1] * X;
} else if(s[i] == '<') {
pos[i] = pos[i - 1] * invX;
}
}
hs[n + 1] = 0;
for(int i = n; i >= 1; i--) {
hs[i] = hs[i + 1];
if(s[i] == '+') {
hs[i] = hs[i] + pos[i];
} else if(s[i] == '-') {
hs[i] = hs[i] - pos[i];
}
}
ll ans = 0;
++mp[hs[n + 1].get()];
for(int i = n; i >= 1; i--) {
rolling_hash now = hs[i] - hs[1] * pos[i - 1];
ans += mp[now.get()];
++mp[hs[i].get()];
// cout << ans << '
';
}
cout << ans << '
';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n) run();
return 0;
}