AGC014
A - Cookie Exchanges
发现两个数之间的差会逐渐缩小，所以只要不是三个数都相同，那么log次左右一定会得到答案
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
#define eps 1e-10
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
int64 A,B,C,S;
void Solve() {
read(A);read(B);read(C);
S = A + B + C;
int cnt = 0;
while(1) {
if((A & 1) || (B & 1) || (C & 1)) {out(cnt);enter;return;}
if(A == B && B == C) {puts("-1");return;}
A = (S - A) / 2;
B = (S - B) / 2;
C = (S - C) / 2;
++cnt;
}
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}
B - Unplanned Queries
直接建一个图出来，求是否每个联通块存在欧拉回路，只需要判点度就好
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
#define eps 1e-10
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
int N,M;
int deg[MAXN];
void Solve() {
read(N);read(M);
int a,b;
for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) {
read(a);read(b);
++deg[a];++deg[b];
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(deg[i] & 1) {puts("NO");return;}
}
puts("YES");
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}
C - Closed Rooms
我们发现进行完第一轮前K次随便走的操作，剩下的就是沿着最短的直线走到某个边上，因为可以用前一轮的破壁和下一轮的走路
所以先bfs然后看看能到的所有点离边最少要再走几轮
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
#define eps 1e-10
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
int H,W,K;
char s[805][805];
bool vis[805][805];
int dis[805][805];
queue<pii > Q;
int dx[4] = {1,0,-1,0},dy[4] = {0,1,0,-1};
void Solve() {
read(H);read(W);read(K);
for(int i = 1 ; i <= H ; ++i) {
scanf("%s",s[i] + 1);
}
for(int i = 1 ; i <= H ; ++i) {
for(int j = 1 ; j <= W ; ++j) {
if(s[i][j] == 'S') {
Q.push(mp(i,j));vis[i][j] = 1;
}
}
}
while(!Q.empty()) {
pii u = Q.front();Q.pop();
if(dis[u.fi][u.se] == K) continue;
for(int k = 0 ; k < 4 ; ++k) {
int tx = u.fi + dx[k],ty = u.se + dy[k];
if(s[tx][ty] == '.' && !vis[tx][ty]) {
Q.push(mp(tx,ty));
vis[tx][ty] = 1;
dis[tx][ty] = dis[u.fi][u.se] + 1;
}
}
}
int ans = 1000000000;
for(int i = 1 ; i <= H ; ++i) {
for(int j = 1 ; j <= W ; ++j) {
if(vis[i][j]) {
if(i == 1 || j == 1 || i == H || j == W) ans = min(ans,1);
else {
int t = min(i - 1,j - 1);
t = min(t,min(H - i,W - j));
ans = min(ans,1 + (t - 1) / K + 1);
}
}
}
}
out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}
D - Black and White Tree
dfs，如果一个点是叶子，那么认为这个地方是当这个点的父亲被占后，Aoki的必占点，标成1
然后不是叶子的话，数数这个点Aoki的必占点有几个，如果大于等于2个，那么证明先手会赢，如果只有1个，那么这里可以变成Takahashi可以通过一定走法必占的点，如果是0个，则这个点是Aoki必占点
如果根节点是Aoki必占点，那么先手一定会赢
再加上某个点Aoki必占点的儿子大于等于2个情况先手会赢
除此之外后手赢
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
#define eps 1e-10
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
int N;
struct node {
int to,next;
}E[MAXN * 2];
int head[MAXN],sumE,col[MAXN];
bool flag = 0;
void add(int u,int v) {
E[++sumE].to = v;
E[sumE].next = head[u];
head[u] = sumE;
}
void dfs(int u,int fa) {
int s = 0;
for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
int v = E[i].to;
if(v != fa) {
dfs(v,u);
s += col[v];
}
}
if(s == 0) col[u] = 1;
if(s >= 2) flag = 1;
}
void Solve() {
read(N);
int a,b;
for(int i = 1 ; i < N ; ++i) {
read(a);read(b);
add(a,b);add(b,a);
}
dfs(1,0);
if(col[1] || flag) puts("First");
else puts("Second");
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}
E - Blue and Red Tree
我们相当于选择一条蓝边和一条红边，断开之后的两边点集是一样的
那么我们逆着这个操作来，相当于加边，如果一个两个点之间用两条以上的边，那么就合成一个点即可
我们把符合要求的点扔进一个队列里，然后用一个map维护点对之间的边，给每个点开一个multiset维护这个点指向的边
启发式合并，复杂度是(O(n log^2 n))
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
#define eps 1e-10
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
int N;
multiset<int> to[MAXN];
map<pii,int> zz;
queue<pii > Q;
void insertEdge(int a,int b) {
if(a == b) return;
if(a > b) swap(a,b);
zz[mp(a,b)]++;
if(zz[mp(a,b)] == 2) Q.push(mp(a,b));
to[a].insert(b);to[b].insert(a);
}
void Delete(int x,int y) {
if(x > y) swap(x,y);
if(zz.count(mp(x,y))) zz.erase(mp(x,y));
}
void Merge(int x,int y) {
for(auto t : to[y]) {
Delete(t,y);
to[t].erase(to[t].find(y));
insertEdge(t,x);
}
}
void Solve() {
read(N);
int a,b,c,d;
for(int i = 1 ; i < 2 * N - 1 ; ++i) {
read(a);read(b);
insertEdge(a,b);
}
for(int i = 1 ; i < N ; ++i) {
while(1) {
if(Q.empty()) {puts("NO");return;}
pii u = Q.front();Q.pop();
if(zz.count(u)) {
if(to[u.fi].size() < to[u.se].size()) swap(u.fi,u.se);
Merge(u.fi,u.se);
break;
}
}
}
puts("YES");
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}
F - Strange Sorting
又是一道类似数学归纳法的题
我们看到如果删掉了1的排列如何做，如果我们排序(2,3,4...N)用了(T)次操作，那么我们找到(T - 1)次操作的时候在(2,3,4...N)这堆数最前面的数是(f)
如果(1)在(f)和(2)之间，那么证明排列(1)到(N)用(T)次，否则用(T + 1)次
首先可以用定义看出(f eq 2)，否则(T)可以是(T - 1)
如何求(1)和(f)和(2)的位置关系呢，我们先证明如下两个事实
- (f)只在排在(2...N)最前面的时候才会当高元素，否则都是矮元素
- 第一个元素肯定是高元素，考虑一个(x)能当高元素且不为第一个，前面肯定有一个(y < x)，那么(x)排不到最前面，且(x)为矮元素的时候(y)也是矮元素，然而(f)排在最前面，所以(f)当不了中间的高元素
- (1,2,f)的循环位置不变，指((a,b,c),(b,c,a),(c,a,b))不变
- 如果(1)是第一个数，(2)是第二个数，那么(1)是高元素，(2)是高元素，f是矮元素，顺序变为(f,1,2)，循环顺序不变
- 如果(1)是第一个数，(2)不是第二个数，(1)是高元素，(2)是矮元素，(f)是矮元素，顺序变为(2,f,1)，循环顺序不变
- 如果(2)是第一个数，(2)是高元素，(1,f)是矮元素，循环顺序不变
- 如果(f)是第一个数，(f)是高元素，(1,2)是矮元素，循环顺序不变
- 否则三个都是矮元素，循环顺序不变
由此就可以求出来(f)排在最前时，(f,1,2)的位置关系
然后边递推边求(f)即可
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
#define eps 1e-10
#define MAXN 300005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
int N;
int p[MAXN],pos[MAXN];
int pre[MAXN],f[MAXN],ans[MAXN];
void Solve() {
read(N);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
read(p[i]);pos[p[i]] = i;
}
for(int i = N - 1 ; i >= 1 ; --i) {
if(ans[i + 1] == 0) {
if(pos[i] < pos[i + 1]) ans[i] = 0;
else {ans[i] = 1;f[0] = i + 1;}
}
else {
int t = ans[i + 1] - 1;
int a[3] = {i,i + 1,f[t]};
sort(a,a + 3,[](int c,int d){return pos[c] < pos[d];});
while(a[0] != f[t]) {
swap(a[2],a[0]);swap(a[1],a[2]);
}
if(a[1] == i) {
ans[i] = ans[i + 1];
}
else {
ans[i] = ans[i + 1] + 1;
f[t + 1] = i + 1;
}
}
}
out(ans[1]);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}