Codeforces Beta Round #66 ABCDE

         最近做题老是错几次才能过，纠结郁闷啊。。。不是忘了初始化，就是没仔细考虑数据范围，或者没注意边界数据，昨天，做中科大的月赛，题目的输入 竟然 那么恶心，让我一直WA，火气背加实力不济，希望过一段时间能好转。

         A题，一个x*y*z的长方体，问平行 空间 坐标系的x,y或z切k刀，最多分成多少份(最小单位为1*1*1)?

这题跟去年多校联合的切蛋糕是一样的。设将x坐标切x1刀，y坐标切y1刀，z坐标切z1刀，那么x1+y1+z1=k，(x1+1)*(y1+1)*(z1+1)就是最后的份数。。。由上一个等式将z消掉，然后枚举一个变量(x或y)，目标函数变为一个有关另一变量的一元二次方程，就很容易求极值了。

#include<iostream> using namespace std; __int64 x,y,z,x1,y1,z1; int main() { __int64 k; __int64 max; while(scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&x,&y,&z,&k)!=EOF) { max=0; if(x+y+z-3<=k) max=x*y*z; for(x1=0;x1<x;x1++) { if(x1+y-1+z-1<k||x1>k) continue; if((k-x1)/2<=y-1) { if(k-x1-(k-x1)/2<=z-1) { if((x1+1)*((k-x1)/2+1)*(k-x1-(k-x1)/2+1)>max) max=(x1+1)*((k-x1)/2+1)*(k-x1-(k-x1)/2+1); } else { if((x1+1)*z*(k-x1-z+2)>max) max=(x1+1)*z*(k-x1-z+2); } } else { if((x1+1)*y*(k-x1-y+2)>max) max=(x1+1)*y*(k-x1-y+2); } } printf("%I64d/n",max); } return 0; }

      B题，现在有n个选手，经过前面一些轮的角逐，每个人都有一定的得分，现在最后一轮，有错乱的m个得分(<10^6,其余得分为0)，问其中一个选手的最好排名和最差排名？

      这题从数据一看n<10^5，肯定用O(nlogn)的时间复杂度过的，而对于给定选手的最好排名肯定最后一轮他的得分最高，别的选手的得分就不太好对应了。我们发现这题有两个变量，每个选手都有总的得分与排名，并且这两个变量是相关的，所以我们可以二分一个变量，然后再考虑另一个变量。在这题，我们二分枚举给定选手的排名，他的总得分已经知道，如果存在一种情况，使他满足枚举的排名，那么它的最好排名可以更好。假设现在枚举他的排名为mid,那么如果存在n-mid个选手比他的总得分低，那么他的排名可以更好.贪心枚举那n-mid个选手，前面好的mid个成绩(注意第一个成绩给了给定选手)给前一些轮最高的mid-1个,然后后面的n-mid个选手前一些轮的得分与最后一轮最低的n-mid个得分高低交叉搭配才最有可能满足要求的情况。。。最差的排名类似。

#include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; struct racer { char s[25]; int grade; }r[110000]; int n,m,get[110000]; bool cmp(racer &a,racer &b) { if(a.grade!=b.grade) return a.grade>b.grade; else return strcmp(a.s,b.s)<0; } bool Ok1(int k,int mid)//最差排名 { if(k>=mid) return true; int i,j=get[0]+r[k].grade,ii=0; for(i=0;i<=mid;i++)//是前面否存在mid个会比给定选手得分高 { if(i==k) { ii=1;//注意给定选手的成绩已给定 continue; } if(r[i].grade+get[n-mid+i-ii]<j)//与最高的mid得分交叉着搭配 return false; else if(r[i].grade+get[n-mid+i-ii]==j&&strcmp(r[i].s,r[k].s)>0) return false; } return true; } bool Ok2(int k,int mid)//最好排名 { if(k<=mid) return true; int i,j=get[n-1]+r[k].grade,ii=0; for(i=mid;i<n;i++)//是否存在n-mid个比给定选手低 { if(i==k) { ii=1; continue; } if(r[i].grade+get[i-mid-ii]>j)//与最低的n-mid个得分交叉着搭配 return false; else if(r[i].grade+get[i-mid-ii]==j&&strcmp(r[i].s,r[k].s)<0) return false; } return true; } int main() { int l,rr,mid,k,i,min,max; char s1[25]; while(scanf("%d",&n)!=EOF) { for(i=0;i<n;i++) { getchar(); scanf("%s%d",r[i].s,&r[i].grade); } sort(r,r+n,cmp); scanf("%d",&m); memset(get,0,sizeof(get)); for(i=0;i<m;i++) scanf("%d",&get[i]); sort(get,get+n); scanf("%s",s1); for(k=0,i=0;i<n;i++) if(!strcmp(r[i].s,s1)) k=i; l=0,rr=n-1,max=0; while(l<=rr)//最好 { mid=(l+rr)>>1; if(Ok2(k,mid))//如果找到一种情况满足，那么他还可以更差 { rr=mid-1; max=mid; } else l=mid+1; } l=0,rr=n-1,min=n; while(l<=rr)//最差 { mid=(l+rr)>>1; if(Ok1(k,mid))//如果找到一种情况满足，那么他还可以更差 { l=mid+1; min=mid; } else rr=mid-1; } printf("%d %d/n",max+1,min+1); } return 0; }   

      C题给定一个字符串(都是小写字母)，及最多能改变的最大字符数，接着给出字符间相邻的得分，求最大的得分。

      这题是个简单的DP，因为数据量太小了，怎么搞都行，我是用dp[i][j][k]表示到了i位置，改变了j个字符，以k+'a'字符结尾的最大得分，注意初始化。。。

#include<iostream> using namespace std; char s[110]; __int64 dp[110][110][30],g[30][30]; int main() { __int64 k,n,i,j,k1,k2,max; char ch1,ch2; while(scanf("%s",s)!=EOF) { scanf("%I64d",&k); scanf("%I64d",&n); memset(g,0,sizeof(g)); for(i=0;i<n;i++) { getchar(); scanf("%c %c %I64d",&ch1,&ch2,&j); g[ch1-'a'][ch2-'a']=j; } for(j=0;j<=k;j++) for(k1=0;k1<26;k1++) { if(j==0) { if(s[0]-'a'==k1) dp[0][0][k1]=0; else dp[0][j][k1]=-1000000000; } else if(j==1) { if(s[0]-'a'!=k1) dp[0][1][k1]=0; else dp[0][1][k1]=-1000000000; } else dp[0][j][k1]=-1000000000; } for(i=1;s[i];i++) { for(j=0;j<=k;j++) { for(k1=0;k1<26;k1++) { dp[i][j][k1]=-1000000000; if(k1!=s[i]-'a') { for(k2=0;k2<26;k2++) if(j>0&&dp[i][j][k1]<dp[i-1][j-1][k2]+g[k2][k1]) dp[i][j][k1]=dp[i-1][j-1][k2]+g[k2][k1]; } else { for(k2=0;k2<26;k2++) if(dp[i][j][k1]<dp[i-1][j][k2]+g[k2][k1]) dp[i][j][k1]=dp[i-1][j][k2]+g[k2][k1]; } } } } max=-1000000000; for(j=0;j<=k;j++) for(k1=0;k1<26;k1++) if(dp[i-1][j][k1]>max) max=dp[i-1][j][k1]; printf("%I64d/n",max); getchar(); } return 0; }  

      D题 有n个城市，m条双向边，可以把它们分为不同的省，同一省的城市可达，不同省的城市不可达。Vasya 想用一些通道把所有的省份连起来，使得任意两个城市都可达，同时每个省份连接的通道数不得多于k个，当然也许不可能办到，所以题目问至少加多少条无向边才能使他能办到？

      题意读了N久M遍才读懂。首先要求出不同的省份的信息(求连通分量)，如果k=1时，那么显然只能留下两个连通分量。k!=1时，如果所有连通分量里的城市数都大于1，那么就不用另外加边，因为可以用通道把所有的连通分量连成一条线(其中只有两个连通分量与一条通道相连，其余与两条连通分量相连)。如果连通分量的点数只有一个，因为每一个点最多只能与一条通道相连，所以它不能两端连通道，我们只能把它挂在其它连通分量中(或者挂在线的两端)，比如有个m个点的连通分量，留出两点与别的不只一个点的连通分量相连，其它的就可以让只有一个点的连通分量挂在上面。如果还没有挂完的话，那么只有自己消耗了，多加一条边最多可以消耗两个点。

#include<iostream> #include<algorithm> #include<vector> using namespace std; vector<int>p[1100000]; bool flag[1100000]; int num[1100000],kk; void DFS(int i) { int j; flag[i]=true; num[kk]++; for(j=0;j<p[i].size();j++) if(!flag[p[i][j]]) DFS(p[i][j]); } int Min(int a,int b) { return a<b? a:b; } int main() { int n,m,k,i,j,u,v,sum; while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF) { for(i=0;i<=n;i++) { p[i].clear(); flag[i]=false; } for(i=0;i<m;i++) { scanf("%d%d",&u,&v); p[u].push_back(v); p[v].push_back(u); } memset(num,0,sizeof(num)); for(kk=0,i=1;i<=n;i++)//扫描连通分量 if(flag[i]==false) { DFS(i); kk++; } if(k==1) { if(kk-2>0) printf("%d/n",kk-2);//如果k==1的话，那么最多只能剩两个连通分量 else printf("0/n"); continue; } //其它的情况关键在于把一个一个独立的点挂到连通分量中 sort(num,num+kk); for(sum=0,i=0;i<kk;i++) { if(num[i]==1) sum++; else break; } //共sum个独立的点 for(j=i;j<kk;j++) sum-=Min(num[j],k)-2;//每个连通分量最多可以挂这么多独立的点 if(sum-2<=0) printf("0/n");//最后两端还可以分别连一个独立的点 else printf("%d/n",(sum-1)/2);//现在sum-2个独立的点自己消耗，加一条边消耗两个点 } return 0; }

      E题 现在最多有x个条目(最少有2个)，如果每页放a个条目，那么可以放x/a向上取整页。现在给出n个候选的a，叫你从中选出一些a，使得可以根据每个a返回所得的页数，判断出条目数(即2至x个条目对于选出的a,返回的页数序列都不一样)，如果没有a的集合，返回-1

      依然读了N久的题目，英语太差了。如果候选的a中有1的话，那么选个1就可以了，这是很显然的。如果x=2的话，a都不用选就可以直接判。对于一般的，如果把a从2至x-1都试一遍，那么显然可以判断是条目数是2至x哪一个。同时a=2的返回的页数相等条目数在a=4页数也会相等（这个是重点），因为4是2的倍数，相当于把页数再除以2了，所以4没必要要了。根据上面可以推导出a只要2至x-1的素数就可以了。。。

#include<iostream> using namespace std; const int maxn=1299730; bool IsPrime[maxn],flag[maxn]; int primeNum,Num[maxn]; void Prime()//找出前面100000个素数 { int i,j; memset(IsPrime,false,sizeof(IsPrime)); Num[1]=0; for(primeNum=0,i=2;i<maxn;i++) { if(!IsPrime[i]) { ++primeNum; for(j=i+i;j<maxn;j+=i) IsPrime[j]=true; } Num[i]=primeNum; } // printf("%d/n",primeNum); } int main() { Prime();//找出前面100000个素数,因为n<=100000，所以只要找前面那么多素数即可 __int64 n,x,a,i,k,num; bool tag; while(scanf("%I64d%I64d",&n,&x)!=EOF) {//如果小于x的素数个数大于10^5，那么只有出现1才有可能 if(x>=(__int64)maxn) num=110000; else num=Num[x-1];//小于x，素数的个数 tag=false; if(x==2)//不用取a,注意此时输出0 tag=true; else memset(flag,false,sizeof(flag)); for(k=0,i=0;i<n;i++) { scanf("%I64d",&a); if(tag) continue;//已确定了 if(a>=maxn||a>x) continue;//找小于x的素数 if(a==1) { tag=true; k=1; } else { if(!IsPrime[a]&&!flag[a])//a是小于x的素数，并且没取 { flag[a]=true; if(--num<=0)//还需要的素数个数减一 { tag=true; k=i+1; } } } } if(tag) {//k==1时，有个ai=1或者比x小的只有一个素数 if(k!=1) k=Num[x-1];//k!=1时,k=比x小的素数的个数 printf("%I64d/n",k); } else printf("-1/n"); } return 0; }