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Educational Codeforces Round 71A There Are Two Types Of BurgersB Square FillingC Gas PipelineD Number Of PermutationsE XOR GuessingF Remainder ProblemG Indie Album

https://www.cnblogs.com/31415926535x/p/11460682.html

上午沒課，做一套題，，練一下手感和思維，，教育場的71 ，，前兩到沒啥，，後面就做的磕磕巴巴的，，，有想法但是不敢實作，，自我否定，，沒了思路就隻能官方題解，，發現其實都很簡單，，，思維場把，，，，

A There Are Two Types Of Burgers

貪心就完事了，，推出公式不知道怎麼證明是最優的，，，（敲錯變量還wale一發emmm

#include <bits/stdc++.h>
#define aaa cout<<233<<endl;
#define endl '\n'
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld; 
// mt19937 rnd(time(0));
const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9
const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi = 3.14159265358979;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int maxm = 1e3 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
 
 
 
int main()
{
    // double pp = clock();
    // freopen("233.in", "r", stdin);
    // freopen("233.out", "w", stdout);
    ios_base::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
 
    int t; cin >> t;
    while(t--)
    {
        int b, p, f;
        cin >> b >> p >> f;
        int h, c;
        cin >> h >> c;
        int ans = 0;
        if(h < c)
        {
            ans = c * (min(f, b / 2));
            b -= 2 * min(f, b / 2);
            ans += h * (min(p, b / 2));
        }
        else
        {
            ans = h * min(p, b / 2);
            b -= 2 * min(p, b / 2);
            ans += c * min(f, b / 2);
        }
        cout << ans << endl;
        
    }
 
    // cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;
    return 0;
}

B Square Filling

題意就是給你一個矩形，，由0，1組成，然後一次可以進行一個操作：把 \((x, y), (x, y + 1), (x + 1, y), (x + 1, y + 1)\) 這幾個點變成1，，然後問你從一個全零的矩陣變成這個矩陣的操作方法，，沒限制操作次數，，那就亂搞就行了，，

#include <bits/stdc++.h>
#define aaa cout<<233<<endl;
#define endl '\n'
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld; 
// mt19937 rnd(time(0));
const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9
const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi = 3.14159265358979;
const int maxn = 1e3 + 5;
const int maxm = 1e3 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
 
 
int a[maxn][maxn];
vector<pair<int, int> > ans;
bool check(int x, int y)
{
    if(a[x][y] && a[x][y + 1] && a[x + 1][y] && a[x + 1][y + 1])return true;
    return false;
}
int main()
{
    // double pp = clock();
    // freopen("233.in", "r", stdin);
    // freopen("233.out", "w", stdout);
    ios_base::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
 
    int n, m;cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        for(int j = 1; j <= m; ++j)
            cin >> a[i][j];
    
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        for(int j = 1; j <= m; ++j)
        {
            if(!a[i][j])continue;
            if(check(i, j))ans.push_back(make_pair(i, j));
            else if(check(i, j - 1))ans.push_back(make_pair(i, j - 1));
            else if(check(i - 1, j))ans.push_back(make_pair(i - 1, j));
            else if(check(i - 1, j - 1))ans.push_back(make_pair(i - 1, j - 1));
            else
            {
                cout << -1 << endl;
                return 0;
            }
        }
    }
    sort(ans.begin(), ans.end());
    int size = unique(ans.begin(), ans.end()) - ans.begin();
    cout << size << endl;
    for(int i = 0; i < size; ++i)cout << ans[i].first << " " << ans[i].second << endl;
 
    // cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;
    return 0;
}

C Gas Pipeline

dp?! 沒怎麼訓練過dp，，暫時扔了，，

D Number Of Permutations

感覺這道題不錯，，

題意就是對于給你的一個二進制對 序列s，，他的排列中任意一維滿足不遞減的排列就是 壞的排列，問你所有的排列中好的共有幾種，，

一開始被tag的組合吓懵了，，以為是什麼推公式的排列組合題，，

其實解法很簡單，，考慮反面就行了，，，總的排列的情況一共有 \(fac[n]\) 種，，然後對于第一維不遞減的排列的個數記為 \(cnt_1\) ，同理第二維的就是 \(cnt_2\) ，，根據容斥的思想，，還有它倆的交集 \(cnt_{12}\) ，，最後他們的答案就是 \(fac[n] - cnt_1 - cnt_2 + cnt_{12}\) ，，，

前兩種的求法就是排序後，，如果沒有重複的元素，那就就是一種情況，，如果有重複的元素，，那麼就是重複元素的階乘的積，，

對于最後這種交集的情況，首先要按第一維排序，如果第一維相等，按第二維排序，，，然後判斷第二維是不是不遞減的，，如果不是不遞減的，，那麼這種情況就是0種，，否者的話，，對于那些相同的二進制對就可以互換位置，，那麼答案就是他們的階乘的積，，

最後統計答案就行了，，記得多加幾個模，，因為前兩種的情況可能很多，，，emmmm，，，wa了好幾發，，，

#include <bits/stdc++.h>
#define aaa cout<<233<<endl;
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld; 
// mt19937 rnd(time(0));
const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9
const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi = 3.14159265358979;
const int maxn = 3e5 + 5;
const int maxm = 1e3 + 5;
// const int mod = 1e9 + 7;
const int mod = 998244353;

pair<int, int> a[maxn];
bool cmpab(pair<int, int> i, pair<int, int> j)
{
    if(i.first == j.first)return i.second < j.second;
    return i.first < j.first;
}
bool cmpb(pair<int, int> i, pair<int, int> j)
{
    return i.second < j.second;
}
ll fac[maxn];
void init()
{
    fac[0] = fac[1] = 1;
    for(int i = 2; i < maxn; ++i)fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}
int main()
{
    // double pp = clock();
    // freopen("233.in", "r", stdin);
    // freopen("233.out", "w", stdout);
    ios_base::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);

    int n; cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i].first >> a[i].second;
    sort(a + 1, a + 1 + n, cmpab);
    ll cnt1, cnt2, cnt12;
    cnt1 = cnt2 = cnt12 = 1;
    init();
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        int l = i, r = n; 
        int k = i;
        while(l <= r)
        {
            int mid = l + r >> 1;
            if(a[mid].first == a[i].first)
            {
                l = mid + 1;
                k = mid;
            }
            else
            {
                r = mid - 1;
            }
        }
        cnt1 = cnt1 * fac[k - i + 1] % mod;
        i = k;
    }
    bool flag = true;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)if(a[i].second < a[i - 1].second)flag = false;
    if(flag)
    {
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            int l = i, r = n;
            int k = i;
            while(l <= r)
            {
                int mid = l + r >> 1;
                if(a[mid].first == a[i].first && a[mid].second == a[i].second)
                {
                    l = mid + 1;
                    k = mid;
                }
                else
                {
                    r = mid - 1;
                }
            }
            cnt12 = cnt12 * fac[k - i + 1] % mod;
            i = k;
        }
    }
    else
    {
        cnt12 = 0;
    }
    
    sort(a + 1, a + 1 + n, cmpb);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        int l = i, r = n;
        int k = i;
        while(l <= r)
        {
            int mid = l + r >> 1;
            if(a[mid].second == a[i].second)
            {
                l = mid + 1;
                k = mid;
            }
            else
            {
                r = mid - 1;
            }
        }
        cnt2 = cnt2 * fac[k - i + 1] % mod;
        i = k;
    }
    // cout << fac[n] << " " << cnt1 << " " << cnt2 << " " << cnt12 << endl;
    if(n != 1)cout << (fac[n] - cnt1 - cnt2 + cnt12 + mod * 2) % mod << endl;
    else cout << 0 << endl;

    // cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;
    return 0;
}

E XOR Guessing

一道簡單的互動題，，，

題意就是你有兩次詢問機會，，每次詢問是100 個數，，然後互動器會選擇一個數和答案 \(x\) 的異或作為輸入給你，，最後你要得出答案那個數，，，

看到異或，第一反應就是位運算相關的，，，往上靠就行了，，隻有兩次機會的話，，而且書的範圍是14位内的正整數，，，是以考慮第一次詢問 \(x\) 的高7位，，後一次詢問低7位，，，然後将得到的值掐掉前面的低7位，，“并” 上後面掐掉高7位的值就行了，，，

忘記将

#define '\n' endl

注釋ile了一發，，，emmmmm

#include <bits/stdc++.h>
#define aaa cout<<233<<endl;
// #define endl '\n'
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld; 
// mt19937 rnd(time(0));
const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9
const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi = 3.14159265358979;
const int maxn = 1e3 + 5;
const int maxm = 1e3 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
 
 
int main()
{
    // double pp = clock();
    // freopen("233.in", "r", stdin);
    // freopen("233.out", "w", stdout);
    ios_base::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
 
    cout << "? ";
    for(int i = 1; i <= 100; ++i)cout << i << " ";cout << endl;fflush(stdout);
    ll a; cin >> a;
    cout << "? ";
    for(int i = 1; i <= 100; ++i)cout << (i << 7) << " "; cout << endl;fflush(stdout);
    ll b; cin >> b;
    // cout << a << b << endl;
    a = a & (0b11111110000000);
    b = b & (0b00000001111111);
    cout << "! " << (a | b) << endl;fflush(stdout);
    
    // cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;
    return 0;
}

F Remainder Problem

這題也不錯，，

題意就是一個長為500000的數組，，一個操作是對 第x位 a[x] += y；另一種操作是詢問所有 模x餘數為y位置處的數的和，，，

自己想的做法T了，，，因為沒有想到 修改一個數他所會影響的可能詢問該怎麼表示，，，，

這題的解法是： 用一個數組 \(sum[x][y]\) 儲存模為x時餘數時y的答案，，因為當模數很大時，，我們即使時暴力找，，因為這時的數很少，，，是以詢問不怎麼費時間，，，但是數小時，，，尋找的數就很多，，，這樣就會T，，，是以我們隻儲存前750個模數的答案，，，

每次修改一個數 \(a[x] += y\) 後，，，對于所有 \(sum[i][x \% i]\) 都會産生影響，，，這裡的i就是模數，，，\(x \% i\) 相當于是這個模數下的餘數，，當詢問 \((2, i, x \% i)\) 時，，，這個答案就可以直接得到，，，

比如說我修改 a[7] 的值，，那麼對于一個詢問 \((x, y)={(3, 1), (4, 3), (5, 2)......}\) 這些詢問的值一定會改變，，，也就是對 \(sum[3][1], sum[4][7 \% 4], sum[5][7 \% 5]\) 進行了修改，，

思路理清代碼就簡單了，，，

#include <bits/stdc++.h>
#define aaa cout<<233<<endl;
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld; 
// mt19937 rnd(time(0));
const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9
const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi = 3.14159265358979;
const int maxn = 5e5 + 5;
const int maxm = 1e3 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
 
int a[maxn];
const int k = 750;
int sum[k][k];
int main()
{
    // double pp = clock();
    // freopen("233.in", "r", stdin);
    // freopen("233.out", "w", stdout);
    ios_base::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
 
    int q; cin >> q;
    int o, x, y;
    while(q--)
    {
        cin >> o >> x >> y;
        if(o == 1)
        {
            a[x] += y;
            for(int i = 1; i < k; ++i)sum[i][x % i] += y;
        }
        else
        {
            if(x >= k)
            {
                int ans = 0;
                for(int i = y; i <= 500000; i += x)ans += a[i];
                cout << ans << endl;
            }
            else
            {
                cout << sum[x][y] << endl;
            }
            
        }
        
    }
 
    // cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;
    return 0;
}

G Indie Album

貌似是AC自動機的題，，，沒開字元串的專題，，先扔了，，，

(end...)

轉載于:https://www.cnblogs.com/31415926535x/p/11460682.html

資料結構與算法
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