牛客练习赛43

最新推荐文章于 2024-11-07 21:17:23 发布

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B-Tachibana Kanade Loves Probability

要求的其实就是m/n这个小数的第k1位到第k2位，这里m一定是小于等于n的，每一位其实都是m*10/n，然后对n取余继续去算。题目里面已经暗示了k1和k2是不会超过1e5的。所以直接快速幂求出来 $m*10^{k_{1}-1}$ %n，然后不断循环去算就好了。

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define F first
#define S second
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=LONG_LONG_MAX;
const int N=1e5+50;
int a[N];
map<int,int>mp;
ll fpow(ll x,ll y,ll mod) {
	ll ans=1;
	while(y) {
		if(y&1) ans*=x,ans%=mod;
		x*=x,x%=mod;
		y>>=1;
	}
	return ans;
}
int main() {
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
    	ll m,n;
    	int k1,k2;
        scanf("%lld%lld%d%d",&m,&n,&k1,&k2);
        m*=fpow(10,k1-1,n);
        m%=n;
       	for(int i=k1;i<=k2;i++) {
       		m*=10;
       		printf("%d",m/n);
       		m%=n;
		} 
		puts("");
    }
    return 0;
}

C-Tachibana Kanade Loves Review

在提示之下才做出来的这道题，不过这道题好像被出题人卡常卡了很久啊。还是题目刷的太少经验不足啊。题意是说给出了若干个点，每个点都一个一个权，你要获得这个点的代价是它的点权。当然现在还有一些边，这些边会连接两个点。当你获得了两个点之间的任意的一个点的时候，你只需要这个边的代价就可以获得另外一个点。考虑把点的问题转化为边的问题。加入一个超级源点，然后给已经有的点连上权值为0的边，给其余的点连上权值为点权的边，再把剩下的点直接直接连上本来就有的点权。要取出所有的点，就是求这个图的最小生成树。权值都不是大大于1000的，考虑一下基数排序。复杂度是O(M)。

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define F first
#define S second
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=LONG_LONG_MAX;
const int N=1e6+50;
int w[N],fa[N],cnt=0;
bool vis[N];
struct edge{ int u,v,w; }e[10*N];
vector< pair<int,int> > v[1005];
int find(int x) { return fa[x]==x?fa[x]:fa[x]=find(fa[x]); }
inline int read() {
    int x = 0,f = 1;
    char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) { if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
    while(isdigit(ch)) { x = (x << 3) + (x << 1) + ch - 48; ch = getchar();}
    return x*f;
}
int main() {
	int n,m,k,t;
	n=read(),m=read(),k=read(),t=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=read();
	for(int u,i=1;i<=k;i++) { u=read(); vis[u]=true; }
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		int u,V,h;
		u=read(),V=read(),h=read();
		v[h].push_back(make_pair(u,V));
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(vis[i]) v[0].push_back(make_pair(0,i)); 
		else  v[w[i]].push_back(make_pair(0,i));
	}
	ll ans=0;
	int tot=0;
	for(int i=0;i<=1000;i++) {
		for(auto &x:v[i]) {
			int u=find(x.first);
			int v=find(x.second);
			if(u!=v) {
				ans+=i;
				tot++;
				fa[v]=u;
			}
			if(tot==n) break;
		}
	}
	if(ans<=t) puts("Yes");
	else puts("No");
	return 0;
}

D-Tachibana Kanade Loves Sequence

这个题目好像就是一个简单贪心啊。出题人好像用了一个比较复杂的方法来搞这个。一开始就要使得前面的那个最小值最大的话，只要让正数的地方给置为1，然后负数的地方给置为0就可以了吧。但是后来还要减掉这两个数组里面1的个数啊。所以保持前面最大的同时尽量让后面的数更小好像就可以了吧。这个Prove可能不是太严格：首先正数只考虑那些大于等于2的，因为如果是1，那么这个一定不会更优，至少得到的值不会更大。然后先设法使得前面的是最大值。然后我们把一个相对较大的往较小的那个靠。因为这个时候已经不影响最小值，并且一定会使得这个值更优。这个状态下你就不能再去撤销1了。因为这个时候减少必定会不优。所以这样贪心的策略没有问题。

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define F first
#define S second
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=LONG_LONG_MAX;
const int N=1e5+50;
struct node{
	int id;
	ll val;
	bool flag;
}a[N],b[N];
bool cmp(node x,node y) {
	return x.val<y.val;
}
bool CMP(node x,node y) {
	return x.id<y.id;
}
int main() {
	int n;
	int tot1=0,tot2=0;
	ll sum1=0,sum2=0;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%lld",&a[i].val);
		a[i].id=i;
		a[i].flag=false;
		if(a[i].val>1) sum1+=a[i].val,tot1++,a[i].flag=true;	
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%lld",&b[i].val);
		b[i].id=i;	
		b[i].flag=false;
		if(b[i].val>1)  sum2+=b[i].val,tot2++,b[i].flag=true;
	}
	ll ans=min(sum1,sum2);
	ll tmp=ans;

	if(sum1<sum2) {
		sort(b+1,b+n+1,cmp);
		for(int i=1;i<=n;i++) {
			if(b[i].val<=1) continue;
			else {
				if(sum2-b[i].val>=ans) sum2-=b[i].val,tot2--,b[i].flag=false;
			}
		}
		printf("%lld\n",ans-tot1-tot2);
	} 
	else {
		sort(a+1,a+n+1,cmp);
		for(int i=1;i<=n;i++) {
			if(a[i].val<=1) continue;
			else {
				if(sum1-a[i].val>=ans) sum1-=a[i].val,tot1--,a[i].flag=false;
			} 
		}
		printf("%lld\n",ans-tot1-tot2);
	}
	sort(a+1,a+n+1,CMP);
	sort(b+1,b+n+1,CMP);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		printf("%d%c",a[i].flag,i==n?'\n':' ');
	for(int i=1;i<=n;i++)
		printf("%d%c",b[i].flag,i==n?'\n':' ');
	return 0;
}

E-Tachibana Kanade And Dream City

这道题也算是一个比较简单的网络流的问题。但是我的板子好像不是很给力啊。居然写了挺长时间一直都挂在这，所以板子这种东西还是很重要的啊。先来说一说题意吧：就是每个点都有一个流入和流出的一个限制。然后不同的点之间也是可以互相流通的，但是是有一个时间限制的。只有在这个时间范围里面才能流出去。然后问要最短的时间才能流满。显然这个就是一个二分啊。预处理出来两点之间的权值，然后每次都二分时间。如果时间够的话就给这两条边连上容量无限大的边。然后超级源点超级汇点看一看能不能流满就好了。
终于最后给改过了。没有当前弧优化是会超时的。每次dfs之前都要把当前的弧给重置一下所以这个题就能过了。不过这个网络流里面原理啥的还不是很能理解。可能还需要好好学习一下网络流。

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define F first
#define S second
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=LONG_LONG_MAX;
const int N=500;
const int M=100000;
int n,m,S,T,sum=0,cnt=-1,v[N],w[N],front[N],head[N],dep[N];
ll dis[N][N];
struct edge{ int v,nxt;ll w; }e[M];
void add(int u,int v,ll w) {
	e[++cnt].v=v,e[cnt].w=w,e[cnt].nxt=front[u],front[u]=cnt;
	e[++cnt].v=u,e[cnt].w=0,e[cnt].nxt=front[v],front[v]=cnt;
}
bool bfs() {
	memset(dep,0,sizeof(dep));
	queue<int> q;
	q.push(S);dep[S]=1;
	while(!q.empty()) {
		int u=q.front();q.pop();
		for(int i=front[u];i!=-1;i=e[i].nxt) {
			int v=e[i].v;
			if(dep[v]==0 &&e[i].w) {
				dep[v]=dep[u]+1;
				q.push(v);
			}
		}
	}
	if(dep[T]) return true;
	else return false;
}
ll dfs(int u,ll dis) {
	if(u==T) return dis;
	ll flow=0,sum=0;
	for(int &i=head[u];i!=-1;i=e[i].nxt) {
		int v=e[i].v;
		if(dep[v]==dep[u]+1 &&e[i].w) {
			flow=dfs(v,min(dis,e[i].w));
			dis-=flow,sum+=flow;
			e[i].w-=flow,e[i^1].w+=flow;
			if(!dis) break;
		} 
	}
	return sum;
}
ll Dinic() {
	ll flow=0;
	while(bfs()) {
		for(int i=0;i<=2*n+1;i++) head[i]=front[i];
		flow+=dfs(S,INF);
	}
	return flow;
}
bool check(ll mid) {
	cnt=-1;
	memset(front,-1,sizeof(front));
	for(int i=1;i<=n;i++) add(S,i,v[i]),add(i+n,T,w[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) 
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if(dis[i][j]<=mid) add(i,j+n,INF); 
	return Dinic()>=sum;
}
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&v[i],&w[i]),sum+=v[i];
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	for(int i=1;i<=n;i++) dis[i][i]=0;
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		int u,v;ll w;
		scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w);
		dis[u][v]=min(dis[u][v],w);
		dis[v][u]=min(dis[v][u],w);
	}
	S=0,T=2*n+1;
	for(int k=1;k<=n;k++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)	
				dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
	ll l=0,r=1e12,ans=-1;
	while(r-l>1) {
		ll mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid)) ans=mid,r=mid;
		else l=mid;
	}
	if(ans==-1) puts("-1");
	else printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

F-Tachibana Kanade Loves Game

这个题好像是说A有1-n这些数，然后每个数字只能被用一次。可以减少B的一点生命值。然后B也有2-m这些数字不过这些是可以重复使用的，就是如果说i是j的倍数，那么A就会受到一个反击的一点伤害。显然A会先使用那些不被2-m所有的数整除的数字。就是去掉被其中数字整除的数的集合。只要考虑所有的素数，减掉1-n里面被1-m素数整除的元素即可。容斥原理算一遍就可以算出来。
这个还可以继续化简，直接化简成类似欧拉函数的形式。就可以得到一个更优的解法。

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define F first
#define S second
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=LONG_LONG_MAX;
int pri[]={2,3,5,7,11,13,17,19};
int main() {
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--) {
		ll k,q,n,m;
		scanf("%lld%lld%lld%lld",&k,&q,&n,&m);
		if(k==0) {
			puts("QAQ");
			continue;
		}	
		int sz=0;
		while(pri[sz]<=m) {
			sz++;
			if(sz==8) break;	
		}
		ll sum=n;
		for(ll i=1;i<=(1<<sz)-1;i++) {
			ll mul=1,bits=0;
			for(ll j=0;j<sz;j++) {
				if((1<<j)&i) mul*=pri[j],bits++;
			} 
			if(bits&1) sum-=n/mul;
			else sum+=n/mul;
		}
		if(sum>=q) {
			puts("Yes");
			continue;
		}
		q-=sum;
		if(k>q) puts("Yes");
		else puts("QAQ"); 
	}
	return 0;
}