Codeforces Round #353 (Div. 2) ABCDE 題解 python
| # | Name | ||
|---|---|---|---|
| A | standard input/output 1 s, 256 MB |   |
 x3509 |
| B | standard input/output 1 s, 256 MB | |
x2519 |
| C | standard input/output 1 s, 256 MB | |
x724 |
| D | standard input/output 2 s, 256 MB | |
x1008 |
| E | standard input/output 2 s, 256 MB | |
x239 |
以後cf的題能用python寫的我就python了，因為以後沒正式比賽參加了，不必特地用C++。python寫得快，也容易看得懂，我最近也比較需要練習這個。當然有的題C++寫得少我還是用C++。
A. Infinite Sequence
題意：給出a，b，c，求是否a加若干個c能得到b，是就輸出YES，否就輸出NO
題解：
就特判各種情況，一般情況是看(b-a)%c==0
特殊情況，依次判斷：
1.a==b，YES
2.c==0，NO
3.b-a與c不同號，NO
4.c小於零，則把b-a和c都變正數再判。
1 defView Codegank(a,b,c): 2 d = b - a 3 if(d==0): 4 return True 5 if(c==0): 6 return False 7 if((d<0 and c>0) or(c<0 and d>0)): 8 return False 9 if(c<0): 10 d*=-1 11 c*=-1 12 if(d%c==0): 13 return True 14 else: 15 return False 16 17 a,b,c = map(int , raw_input().split(' ')) 18 if(gank(a,b,c)): 19 print "YES" 20 else: 21 print "NO"
B. Restoring Painting
題意：有個3*3的九宮格，每個格子能填1~n中任意的數（n由輸入給出）。要求其中任意2*2的格子中4個數的和與其他各個2*2格子都相等。
輸入n，a,b,c,d，求剩下的數有多少種填法。（可能為0種）
題解：
固定中間的為1，則4種2*2格子的和，要是使得一個相鄰的數比較大的角為1，另一個相鄰數字比較小的角為n，格子和也沒法相等的話，就不行，所以要找2*2格子的最小值和最大值，判斷可行性。
比如有這種情況，最大那個角填1，最小那個角最少只能填x，則它們有(n-x+1)種情況（最小的那個角為x，為x+1，直到為n）。
中間那個數其實隨便填，不影響，所以最後答案(n-x+1)*n
1 def gank(n,A,b,c,d): 2 a = [0]*4 3 a[0] = A+b 4 a[1] = A+c 5 a[2] = b+d 6 a[3] = c+d 7 mi = 1e9 8 ma = 0 9 for i in range(4): 10 ma = max(ma,a[i]) 11 mi = min(mi,a[i]) 12 if(1 + 1 + ma > 1+n+mi): 13 return 0 14 x = ma - mi + 1 15 y = n - x + 1 16 return y*n 17 18 19 n,a,b,c,d = map(int , raw_input().split(' ')) 20 print gank(n,a,b,c,d)View Code
C. Money Transfers
題意：
有一圈銀行，瓦夏在各個銀行存的錢為a[i]（可能為負數，代表借了錢），sum(a[i])==0，瓦夏可以進行一種操作：把一個銀行的若干錢轉到相鄰的銀行。求最少多少次操作能把所有銀行存款歸零。
題解：
這題，難！過D的人都比過C的多，我是不會的，看的題解。
首先考慮，若有一個區間[L,R]，使得其中的sum(a[i])==0，則這個區間可以單獨轉錢就能歸零，用的運算元為R-L。如果一個銀行為0，它可以單獨當一個區間。最後，我們可以得到若干個相鄰的區間，總運算元為(n - 區間數)。
所以問題轉化為最大化這種區間數。
為了找到和為0的區間，我們算一波字首和。
當有兩個位置的字首和相同，說明這兩個之間的各個元素和為0！
當很多個位置的字首和相同，說明這些位置分成的各個區間，每個區間和為0。
我們就算一波各個字首和出現的次數，出現次數最多的那個就是按照最碉的分割槽間法得到的最多區間數。
1 def farm(n, a): 2 dic = dict() 3 re=0 4 sum = 0 5 for i in a: 6 sum += i 7 if not sum in dic: 8 dic[sum]=0 9 dic[sum]+=1 10 re = max(re,dic[sum]) 11 return n - re 12 13 n = input() 14 a = map(int, raw_input().split(' ')) 15 ans = farm(n, a) 16 print ansView Code
D. Tree Construction
題意：給出一個各不相同的序列，插入二叉搜尋樹中，二叉搜尋樹不作平衡處理，直接強插，輸出除了第一個點之外各個點的父親的值。
題解：
直接強插，O(n^2)，會爆。我不懂，我又看的題解會的。
這個樸素二叉搜尋樹的特性，是我要插x，那它肯定要成為之前插入過的數中比它小的中最大的數的右兒子 或者 比它大的數中最小的數的左兒子。
所以我們就找用別的平衡樹找到這2個數在樸素樹中的位置。然後根據性質，肯定只有一個地方能插，我們就插。（可惡，我不懂為什麼，對這個樹的性質理解不完全）
可以用C++的STL的set和map來當平衡樹，我就用C++寫了。
1 //#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000") 2 #include<cstdio> 3 #include<cmath> 4 #include<iostream> 5 #include<cstring> 6 #include<algorithm> 7 #include<cmath> 8 #include<map> 9 #include<set> 10 #include<stack> 11 #include<queue> 12 using namespace std; 13 14 #define MZ(array) memset(array, 0, sizeof(array)) 15 #define MF1(array) memset(array, -1, sizeof(array)) 16 #define MINF(array) memset(array, 0x3f, sizeof(array)) 17 #define REP(i,n) for(i=0;i<(n);i++) 18 #define FOR(i,x,n) for(i=(x);i<=(n);i++) 19 #define FORD(i,x,y) for(i=(x);i>=(y);i--) 20 #define RD(x) scanf("%d",&x) 21 #define RD2(x,y) scanf("%d%d",&x,&y) 22 #define RD3(x,y,z) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z) 23 #define WN(x) printf("%d\n",x); 24 #define RE freopen("D.in","r",stdin) 25 #define WE freopen("huzhi.txt","w",stdout) 26 #define MP make_pair 27 #define PB push_back 28 #define PF push_front 29 #define PPF pop_front 30 #define PPB pop_back 31 template<class T>inline void OA(const T &a,const int &st,const int &ed) { 32 if(ed>=st)cout<<a[st]; 33 int i; 34 FOR(i,st+1,ed)cout<<' '<<a[i]; 35 puts(""); 36 } 37 typedef long long LL; 38 typedef unsigned long long ULL; 39 40 const double PI=acos(-1.0); 41 const double EPS=1e-10; 42 const int MAXN=111111; 43 const int MAXM=33; 44 45 struct Node { 46 int value; 47 Node *son[2]; 48 Node() {} 49 Node(int v) { 50 value = v; 51 son[0]=son[1]=NULL; 52 } 53 } root; 54 55 typedef pair<int, Node*> PIN; 56 set<PIN> s; 57 int n; 58 int a[MAXN]; 59 int ans[MAXN]; 60 61 void farm() { 62 root = Node(a[0]); 63 s.clear(); 64 s.insert(MP(a[0], &root)); 65 int i; 66 FOR(i,1,n-1) { 67 set<PIN>::iterator it = s.upper_bound(MP(a[i],(Node*)NULL)); 68 if(it!=s.end() and it->second->son[0]==NULL) { 69 (it->second)->son[0] = new Node(a[i]); 70 s.insert(MP(a[i], it->second->son[0])); 71 ans[i] = it->second->value; 72 } else { 73 set<PIN>::iterator it2 = it; 74 if(it2!=s.begin())it2--; 75 it2->second->son[1] = new Node(a[i]); 76 s.insert(MP(a[i], it2->second->son[1])); 77 ans[i] = it2->second->value; 78 } 79 80 } 81 } 82 83 84 int main() { 85 int i; 86 RD(n); 87 REP(i,n)RD(a[i]); 88 farm(); 89 OA(ans,1,n-1); 90 return 0; 91 }View Code
E. Trains and Statistic
題意：有一個一條直線的地鐵線路。給出a陣列，每個站點i只能買到去往[i+1, a[i]]內的票。設p(i,j)為從i到j所需要的最少票數，求對所有ij的p(i,j)的和。（1=<i<j<=n）
題解：
設f[x]為從站點x到它之後所有站點票數的和。
簡單設想，f[x]的值對f[x-1] f[x-2]等等各個值的計算是有用的。
當從一個站點i到不了所有點時，會到它能到的點中a[i]最大的點x。這時就能用到f[x]。
b[i] = x-i + b[x] + n - a[i]
其中自己能走i+1~x-1點，用x-i票。
x能到x+1~n，用b[x]票。
x能走的那些中，x+1 ~ a[i]是i自己能走的，把x走的當做自己走的，更遠的要自己買票走到x，要n - a[i]張票。
綜合起來就是上面那個公式。
x能走的肯定比a[i]遠，因為a[a[i]]肯定要大於a[i]。
這樣，我們要做的就是每次找出區間[i+1, a[i]]中a[x]最大的x。
這可以用各種RMQ方法。不能用單調區間O(1)求，因為這個區間不是純粹向左移動的，左界是一個個往左，右界是會來回動的。
所以我們可以維護一個只進不出的單調下降佇列，然後用二分找。
O(nlogn)
1 from collections import deque 2 3 def argmax(q,z): 4 l = 0 5 r = len(q) - 1 6 while(l<=r): 7 mid = (l+r)/2 8 x = q[mid]['i'] 9 if(x<=z): 10 r = mid - 1 11 else: 12 l = mid + 1 13 return q[l]['i'] 14 15 def gank(n,A): 16 a = [0]*(n+1) 17 a[1:] = A 18 b = [0]*(n+1) 19 b[n-1] = 1 20 q = deque() 21 q.append({'i':n-1, 'a':a[n-1]}) 22 for i in range(n-2, 0, -1): 23 if(a[i]>=n): 24 b[i] = n-i 25 else: 26 x = argmax(q,a[i]) 27 b[i] = x-i + b[x] + n - a[i] 28 while(len(q)>0 and q[-1]['a'] < a[i]): 29 q.pop() 30 q.append({'i':i, 'a':a[i]}) 31 return sum(b) 32 33 n = int(raw_input()) 34 a = map(int , raw_input().split(' ')) 35 print gank(n,a)View Code