Codeforces Round #351 (VK Cup 2016 Round 3, Div. 1 Edition)

本文解析了三道编程题目:熊与颜色问题采用模拟方法解决;构造两条路径问题通过特定构造策略解答;级别与区域问题则运用动态规划,并提供两种优化方案实现高效计算。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

A. Bear and Colors

  模拟一下就完了。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long 

int a[5010]; 
int cnt[5010];
int ans[5010];

int main(){
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }

    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            cnt[j] = 0;
        }
        int MAX = 0;
        int maxID = 0;
        for(int j=i;j<=n;j++){
            cnt[a[j]]++;
            if(cnt[a[j]]>MAX){
                MAX = cnt[a[j]];
                maxID = a[j];
            }else if(cnt[a[j]] == MAX){
                if(a[j]<maxID){
                    maxID = a[j];
                }
            }
            ans[maxID]++;
        }
    }

    for(int i=1;i<=n;i++){
        cout<<ans[i]<<" ";
    }
    return 0;
}

B. Bear and Two Paths

  构造题。两条路分别是ac…db和ca…bd中间以同样的顺序补。注意两种无解的情况。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long 

int ans1[1111];
int ans2[1111];

int main(){
    int n,k;
    cin>>n>>k;

    int a,b,c,d;
    cin>>a>>b>>c>>d;

    ans1[1] = a;
    ans1[n] = b;
    ans1[2] = c;
    ans1[n-1] = d;

    int cur = 1;
    for(int i=3;i<=n-2;i++){
        while(cur==a|| cur==b||cur==c||cur==d){
            cur++;
        }
        ans1[i] = cur;
        cur++;
    }

    for(int i=1;i<=n;i++){
        ans2[i] = ans1[i];
    }
    swap(ans2[1],ans2[2]);
    swap(ans2[n],ans2[n-1]);

    if(k<n+1||n==4){
        cout<<-1<<endl;
    }else{
        for(int i=1;i<=n;i++){
            cout<<ans1[i]<<" ";
        }
        cout<<endl;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            cout<<ans2[i]<<" ";
        }
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}

C. Levels and Regions

  dp。把 O(nnk) 斜率优化到 O(nk) 就能过,关键还是找到那个形如斜率的式子。据说可以分治,没想明白怎么搞。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

double t[200010];
long double dp[200010][2];

long double fz[200010];
long double fs[200010];
long double fmSum[200010];
long double fsSum[200010];
int que[200010];

long double calc(int x,int y){
    return (fsSum[x] - fsSum[y] ) - (fmSum[x]-fmSum[y])*fz[y];
}

int pre,cur;

long double getY(int id){
    return dp[id][pre]-fsSum[id]+fmSum[id]*fz[id];
}

long double getX(int id){
    return fz[id];
}

int main(){
    int n,k;
    cin>>n>>k;

    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lf",&t[i]);
        fz[i] = fz[i-1] + t[i];
        fs[i] = fz[i]/t[i];
        fsSum[i] = fsSum[i-1] + fs[i];
        fmSum[i] = fmSum[i-1] + 1.0/t[i];
    }

    pre = 0;
    cur = 1;

    for(int i=1;i<=n;i++){
        dp[i][cur] = (fsSum[i] - fsSum[0] ) - (fmSum[i]-fmSum[0])*fz[0];
    }

    int head = 0;
    int tail = 0;

    for(int j=2;j<=k;j++){
        swap(pre,cur);
        tail = head = 0;
        que[tail++] = j-1;
        for(int i=j;i<=n;i++){
            while(head+1<tail && ((getY(que[head+1]) - getY(que[head]))/(getX(que[head+1])-getX(que[head])) <= fmSum[i] ) ){
                head++;
            }

            dp[i][cur] = calc(i,que[head]) + dp[que[head]][pre];

            while(head+1<tail && (getY(que[tail-1])-getY(que[tail-2])) / (getX(que[tail-1])-getX(que[tail-2]))
                    > (getY(i)-getY(que[tail-1]))/(getX(i)-getX(que[tail-1])) ){
                tail--;
            }
            que[tail++] = i;
        }
    }

    double ans = dp[n][cur];
    printf("%.10f\n",ans);

    return 0;
}

UPD:撸了一下分治优化的dp,也是神奇。总结一下,就是形如 dp(i)=min(dp(i),dp(j)+cost(j+1,i)) 的dp,假设 dp(i) 的最优选择是从 dp(j) 转移而来,且 j 随着i的增加单调不降,就可以使用这种技巧。假设需要计算 dp(l) ~ dp(r) ,就可以递归地先计算 dp(mid) mid=(l+r)/2 ,当然计算过程是暴力的for过去,把最优转移点记为 pos ,这样在计算其他 dp() 值的时候,就只需要从 pos 左边/右边找即可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

double t[200010];
long double dp[200010][2];

long double fz[200010];
long double fs[200010];
long double fmSum[200010];
long double fsSum[200010];

long double calc(int x,int y){
    return (fsSum[x] - fsSum[y] ) - (fmSum[x]-fmSum[y])*fz[y];
}

int pre,cur;

void solve(int l,int r,int s,int e){
    if(l>r){
        return;
    }
    int mid = (l+r)>>1;

    dp[mid][cur] = 1e99;
    int pos = 0;
    for(int i=s;i<=e;i++){
        if(i==mid)break;
        long double tmp = calc(mid,i);
        if(tmp + dp[i][pre] < dp[mid][cur]){
            dp[mid][cur] = tmp + dp[i][pre];
            pos = i;
        }
    }

    solve(l,mid-1,s,pos);
    solve(mid+1,r,pos,e);
}

int main(){
    int n,k;
    cin>>n>>k;

    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lf",&t[i]);
        fz[i] = fz[i-1] + t[i];
        fs[i] = fz[i]/t[i];
        fsSum[i] = fsSum[i-1] + fs[i];
        fmSum[i] = fmSum[i-1] + 1.0/t[i];
    }

    pre = 0;
    cur = 1;

    for(int i=1;i<=n;i++){
        dp[i][cur] = (fsSum[i] - fsSum[0] ) - (fmSum[i]-fmSum[0])*fz[0];
    }

    int head = 0;
    int tail = 0;

    for(int j=2;j<=k;j++){
        swap(pre,cur);
        solve(j,n,j-1,n);
    }

    double ans = dp[n][cur];
    printf("%.10f\n",ans);

    return 0;
}
### 关于 Codeforces Round 839 Div 3 的题目与解答 #### 题目概述 Codeforces Round 839 Div 3 是一场面向不同编程水平参赛者的竞赛活动。这类比赛通常包含多个难度层次分明的问题,旨在测试选手的基础算法知识以及解决问题的能力。 对于特定的比赛问题及其解决方案,虽然没有直接提及 Codeforces Round 839 Div 3 的具体细节[^1],但是可以根据以往类似的赛事结构来推测该轮次可能涉及的内容类型: - **输入处理**:给定一组参数作为输入条件,这些参数定义了待解决的任务范围。 - **逻辑实现**:基于输入构建满足一定约束条件的结果集。 - **输出格式化**:按照指定的方式呈现最终答案。 考虑到提供的参考资料中提到的其他几场赛事的信息[^2][^3],可以推断出 Codeforces 圆桌会议的一般模式是围绕着组合数学、图论、动态规划等领域展开挑战性的编程任务。 #### 示例解析 以一个假设的例子说明如何应对此类竞赛中的一个问题。假设有如下描述的一个简单排列生成问题: > 对于每一个测试案例,输出一个符合条件的排列——即一系列数字组成的集合。如果有多种可行方案,则任选其一给出即可。 针对上述要求的一种潜在解法可能是通过随机打乱顺序的方式来获得不同的合法排列形式之一。下面是一个 Python 实现示例: ```python import random def generate_permutation(n, m, k): # 创建初始序列 sequence = list(range(1, n + 1)) # 执行洗牌操作得到新的排列 random.shuffle(sequence) return " ".join(map(str, sequence[:k])) # 测试函数调用 print(generate_permutation(5, 2, 5)) # 输出类似于 "4 1 5 2 3" ``` 此代码片段展示了怎样创建并返回一个长度为 `k` 的随机整数列表,其中元素取自 `[1..n]` 这个区间内,并且保证所有成员都是唯一的。需要注意的是,在实际比赛中应当仔细阅读官方文档所提供的精确规格说明,因为这里仅提供了一个简化版的方法用于解释概念。
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