Codeforces Round #535 (Div. 3) 解题报告

CF1108A. Two distinct points

做法:模拟

如果两者左端点重合就第二条的左端点++就好,然后输出左端点

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int T;
int l1, r1, l2, r2;

int main() {
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        scanf("%d%d%d%d", &l1, &r1, &l2, &r2);
        printf("%d ", l1);
        if(l1 == l2) l2++;
        printf("%d\n", l2);
    }
}

CF1108B. Divisors of Two Integers

做法:模拟

坑点好多...首先因为所有因数都有,所以最大的数一定是x,y中的一个.把它拎出来,然后删掉它的因子,剩下的最大的就是x,y中的另外一个了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int n;
int a[100000];
int cnt[101000];

int main() {
    scanf("%d", &n);
    int mx = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%d", &a[i]);
        cnt[a[i]]++;
        mx = max(mx, a[i]);
    }
    printf("%d ", mx);
    for(int i = 1; i * i <= mx; ++i) {
        if(mx % i == 0) {
            cnt[i]--;
            if(mx / i != i) cnt[mx / i]--;
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= mx; ++i) {
        if(cnt[i] > 0) ans = i;
    }
    printf("%d\n", ans);
}

CF1108C. Nice Garland

做法:模拟

依旧是模拟qwq.显然合法的排列方式也就那么6种...于是6种方式都跑一遍,然后取min即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 10;

int n, id = 0;
char s[N];
string f[6] = {"RGB", "RBG", "BRG", "BGR", "GRB", "GBR"};
int main() {
    scanf("%d%s", &n, s + 1);
    int ans = N;
    for(int k = 0; k < 6; ++k) {
        int sum = 0, pos = 0;
        for(int i = 1; i <= n; ++i, pos = (pos + 1) % 3) {
            if(s[i] != f[k][pos]) ++sum;
        }
        if(sum < ans) {
            ans = sum;
            id = k;
        }
    }
    printf("%d\n", ans);
    for(int i = 1, pos = 0; i <= n; ++i, pos = (pos + 1) % 3) putchar(f[id][pos]);
}

CF1108D. Diverse Garland

做法:dp

第一问显然sb dp,设f[i,j]表示点i然后点i填的是RGB中的一个(分别对应一个j),直接转移即可.输出方案反而比较难,有各种方法,我的方法是记录每个dp值的转移点,从后往前推回去.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 10;

int n, id = 0;
char s[N], p[3] = {'R', 'G', 'B'};
int f[N][3], to[N][3];
char t[N];

int main() {
    scanf("%d%s", &n, s + 1);
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    f[1][0] = f[1][1] = f[1][2] = 1;
    if(s[1] == 'R') f[1][0] = 0;
    else if(s[1] == 'G') f[1][1] = 0;
    else f[1][2] = 0;
    for(int i = 2; i <= n; ++i) 
        for(int j = 0; j < 3; ++j) 
            for(int k = 0; k < 3; ++k) {
                if(j == k) continue; 
                if(p[j] == s[i]) {
                    if(f[i - 1][k] < f[i][j]) 
                        f[i][j] = f[i - 1][k], to[i][j] = k;
                } else {
                    if(f[i - 1][k] + 1 < f[i][j]) 
                        f[i][j] = f[i - 1][k] + 1, to[i][j] = k;
                }
            }
    int ans = 0, id = 0;
    if(f[n][0] > f[n][1]) {
        ans = f[n][1], id = 1;
    } else ans = f[n][0], id = 0;
    if(f[n][2] < ans) ans = f[n][2], id = 2;
    printf("%d\n", ans);
    for(int i = n; i; i--) {
        t[i] = p[id];
        id = to[i][id];
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i) putchar(t[i]); puts("");
    return 0;
}

CF1108E1. Array and Segments (Easy version)

做法:暴力

考虑怎么样才能让结果最大,把线段分成两类,一种是没有覆盖最大值,一种是有覆盖最大值的,如果选了覆盖最大值的显然只会减小答案,所以可以暴力枚举最大值,并累加不覆盖最大值的线段,对所有情况取max即可复杂度是\(O(n^2m)\)的

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

int n, m, a[N], b[N];
int vis[N];
struct seg {
    int l, r, id;
} s[N];
vector<int> Ans;
int ans = -1;

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
    for(int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d%d", &s[i].l, &s[i].r), s[i].id = i;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        vector<int> cur; cur.clear();
        int lans = 0;
        for(int j = 1; j <= n; ++j) b[j] = a[j];
        for(int j = 1; j <= m; ++j) {
            if(s[j].l <= i && i <= s[j].r) continue;
            for(int k = s[j].l; k <= s[j].r; ++k) b[k]--;
            cur.push_back(j);
        }
        for(int j = 1; j <= n; ++j) {
            if(j == i) continue;
            lans = max(lans, a[i] - b[j]);
        }
        if(lans > ans) {
            ans = lans;
            Ans = cur;
        }
    }
    sort(Ans.begin(), Ans.end());
    printf("%d\n%d\n", ans, (int)Ans.size());
    for(int i = 0, len = Ans.size(); i < len; ++i) {
        printf("%d ", Ans[i]);
    }
    return 0;
} 

CF1108E2. Array and Segments (Hard version)

做法:线段树优化暴力

考虑优化E1的暴力,注意到m很小,所以复杂度里面是可以有一个m的.然后利用线段树来优化把线段覆盖下去的过程,即利用线段树维护区间修改,维护区间min.这样的复杂度是\(O(nmlogn)\)的.这样朴素的去做会TLE on 12.发现每次如果加入线段然后再删除线段会有很多重复的操作,可以拿一个数组来标记哪条线段有覆盖哪条没有,如果有线段不能覆盖下去且已经覆盖了,那么就+1回去,能覆盖下去的同理,这样修改次数就大大降低了.这样就能通过本题了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

int n, m, a[N], b[N];
struct seg {
    int l, r, id;
} s[N];
vector<int> Ans;
int ans = -1;

struct tree {
    int l, r, mn, tag;
} t[N<<2];

#define lc (rt << 1)
#define rc (rt << 1 | 1)
void pushup(int rt) { t[rt].mn = min(t[lc].mn, t[rc].mn); }
void build(int l, int r, int rt) {
    t[rt].l = l; t[rt].r = r; t[rt].mn = inf;
    if(l == r) { t[rt].mn = a[l]; return; }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(l, mid, lc); build(mid + 1, r, rc); pushup(rt);
}
void pushdown(int rt) {
    if(t[rt].tag) {
        int &x = t[rt].tag;
        t[lc].tag += x; t[rc].tag += x;
        t[lc].mn += x; t[rc].mn += x;
        x = 0;
    }
}
#define l (t[rt].l)
#define r (t[rt].r)
void upd(int L, int R, int c, int rt) {
    if(L <= l && r <= R) {
        t[rt].tag += c; t[rt].mn += c;
        return;
    }
    pushdown(rt); int mid = (l + r) >> 1;
    if(L <= mid) upd(L, R, c, lc); 
    if(R > mid) upd(L, R, c, rc); 
    pushup(rt);
}
#undef l
#undef r
#undef lc
#undef rc

bool vis[N];

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
    for(int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d%d", &s[i].l, &s[i].r), s[i].id = i;
    build(1, n, 1);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        vector<int> cur; cur.clear();
        int lans = 0;
        for(int j = 1; j <= m; ++j) {
            if(s[j].l <= i && i <= s[j].r) {
                if(vis[j]) {
                    vis[j] = 0;
                    upd(s[j].l, s[j].r, 1, 1);
                }
            } else {
                if(!vis[j]) vis[j] = 1, upd(s[j].l, s[j].r, -1, 1);
                cur.push_back(j);
            }
        }
        lans = max(0, a[i] - t[1].mn);
        if(lans > ans) {
            ans = lans;
            Ans = cur;
        }
    }
    sort(Ans.begin(), Ans.end());
    printf("%d\n%d\n", ans, (int)Ans.size());
    for(int i = 0, len = Ans.size(); i < len; ++i) {
        printf("%d ", Ans[i]);
    }
    return 0;
} 

CF1108F. MST Unification

做法:最小生成树

考虑怎么样才会使一个最小生成树不唯一.设有一条边边权为val,且它没有在最小生成树中,那么加入最小生成树之后,就会出来一个环,如果这个环中有一条边边权为val,那么这个mst就是不唯一的.可以倍增实现这个过程但是比较麻烦,也可以选择就是对所有边权相同的边权统一考虑一下:如果此边的两个端点已经在最小生成树里面了,那么显然这条边对mst的唯一性没有影响(因为连接它的边边权一定更小),不用管它.如果两端点之前还未接入最小生成树,但是在加到这条边的时候又已经加入了(即有同样长度的边使两端点联通),那么这条边就一定会对答案产生影响,需要+1保证mst的唯一性

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200010;

struct edge {
    int x, y, v;
} e[N];
int n, m, f[N];

bool cmp(edge a, edge b) {
    return a.v < b.v;
}

int find(int x) {
    if(f[x] == x) return x;
    else return f[x] = find(f[x]);
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= m; ++i) {
        scanf("%d%d%d", &e[i].x, &e[i].y, &e[i].v);
    }
    sort(e + 1, e + m + 1, cmp);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = i;
    int ans = 0;
    for(int i = 1, j = 1; i <= m; i = j) {
        while(j <= m && e[j].v == e[i].v) ++j;
        int tot = j - i;
        for(int k = i; k < j; ++k) {
            int x = find(e[k].x), y = find(e[k].y);
            if(x == y) --tot;
        }
        for(int k = i; k < j; ++k) {
            int x = find(e[k].x), y = find(e[k].y);
            if(x == y) continue;
            f[x] = y;
            --tot;
        }
        ans += tot;
    }
    printf("%d\n", ans);
}