COMPFEST 14 - Preliminary Online Mirror (Unrated, ICPC Rules, Teams Preferred)
作者：互联网
比赛链接：
https://codeforces.com/contest/1725
A. Accumulation of Dominoes
题意：
\(n * m\) 的矩阵，从左上角开始，将 1 到 \(n * m\) 的数，放到矩阵中，先放第一行，从左到右，然后第二行，以此类推。问相邻且数字差为 1 的格子有多少个。
思路：
答案就是 \((m - 1) * n\)，特判一下只有一列的情况即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
LL n, m;
cin >> n >> m;
if (m == 1) cout << n - 1 << "\n";
else cout << (m - 1) * n << "\n";
return 0;
}
B. Basketball Together
题意：
\(n\) 个人，每个能有一个能力值，将他们分组后，每组中所有人的能力值会变成组中最大能力者的能力值，问怎样分组能让小组能力值之和严格大于 \(D\)。
思路：
将能力值排序，然后从大到小遍历，判断需要多少个人才能让这个小组能力值严格大于 \(D\)。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
LL n, d;
cin >> n >> d;
vector <int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i ++ )
cin >> a[i];
sort(a.begin(), a.end());
int ans = 0;
for (int i = -1, j = n - 1; i < j; j -- ){
int k = d / a[j] + 1;
if (i + k - 1 < j){
ans ++ ;
}
i += k - 1;
}
cout << ans << "\n";
return 0;
}
G. Garage
题意：
如图，问下面那个正方形的面积第 \(n\) 小是多少。
思路：
打个暴力，枚举 \(a\) 和 \(b\) 找下面正方形的面积规律。
可以正方形的面积从小到大为
发现排除第一个，每三个都是两个奇数 + 一个 4 的倍数。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
LL n;
cin >> n;
if (n == 1) cout << "3\n";
else{
LL k = (n - 1 + 2) / 3;
if (n % 3 == 0){
cout << (k + 1) * 4 - 1 << "\n";
}
else if (n % 3 == 1){
cout << (k + 1) * 4 << "\n";
}
else{
cout << (k + 1) * 4 - 3 << "\n";
}
}
return 0;
}
H. Hot Black Hot White
题意：
\(n\) 个数，将它们涂上黑和白两种颜色，要求涂上黑色的数的数量和涂上白色的数的数量相同。
定义 \(concat(a, b) = a * 10^{\lvert b \rvert}\)，例如 \(concat(10, 24) = 10 * 10^2 + 24 = 1024\)。
现在要确定一个 \(Z\) 及一种涂色方法，使得对于任意不同颜色的两个数，不存在 \(concat(a, b) * concat(b, a) + a * b \equiv Z\) mod 3。
思路：
因为 \(10 \equiv 1\) mod 3，所以 \(concat(a, b)\) mod 3 = \((a^{10^k} + b)\) mod 3 = \((a + b)\) mod 3。
那么 \(concat(a, b) * concat(b, a) + a * b\) mod 3 = \((a + b) * (b + a) + a * b\) mod 3 = \(a^2 + b^2\) mod 3。
对于原序列，只需要记录平方 % 3 就行。
所有数字 \(mod 3\) 之后只会是 0，1，2。
0^2 % 3 = 0
1^2 % 3 = 1
2^2 % 3 = 1
平方后 % 3 只有两种情况。
记录序列中 0 和 1 的个数，当 0 的数量小于 1 的时候，将序列长度一半的 1 涂成同一个颜色，任意两个不同颜色的数的组合只可能为 1 或 2 了，让 \(Z\) 等于 0。
否则让 \(Z\) 等于 2，因为凑不出 2 来。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector <LL> a(n);
int cnt0 = 0;
for (int i = 0; i < n; i ++ ){
cin >> a[i];
a[i] = (a[i] * a[i]) % 3;
if (a[i] == 0) cnt0 ++ ;
}
if (cnt0 <= n / 2){
cout << "0\n";
for (int i = 0, j = 0; i < n; i ++ ){
if (a[i] == 1 && j < n / 2){
cout << 0;
j ++ ;
}
else cout << 1;
}
cout << "\n";
}
else{
cout << "2\n";
for (int i = 0, j = 0; i < n; i ++ ){
if (a[i] == 0 && j < n / 2){
cout << 0;
j ++ ;
}
else cout << 1;
}
cout << "\n";
}
return 0;
}
M. Moving Both Hands
题意：
\(n\) 个节点，\(m\) 条边的有向带权图，有两个点，一个在 1，两个点可以沿着有向边移动，对于另一个点在 2 到 \(n\) 的所有情况，问最短路径分别是多少。
思路：
对于另一个节点的移动，其实可以看成 1 在反图上的移动。
先在正图上跑一遍 \(dijkstra\)，然后将能到达的点压入队列，再在反图上跑一遍即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector < vector < array<LL, 2> > > g(n + 1), G(n + 1);
for (int i = 1; i <= m; i ++ ){
int u, v, w;
cin >> u >> v >> w;
g[u].push_back({w, v});
G[v].push_back({w, u});
}
auto dijkstra = [&](int s){
vector <LL> dis(n + 1, 1e18);
vector <bool> vis(n + 1, false);
dis[s] = 0;
priority_queue < array<LL, 2>, vector < array<LL, 2> >, greater < array<LL, 2> > > q;
q.push({0, s});
while(q.size()){
auto t = q.top();
q.pop();
int u = t[1];
if (vis[u]) continue;
vis[u] = true;
for (auto [w, v] : g[u]){
if (dis[v] > dis[u] + w){
dis[v] = dis[u] + w;
q.push({dis[v], v});
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; i ++ ){
if (dis[i] != 1e18){
q.push({dis[i], i});
}
vis[i] = false;
}
while(q.size()){
auto t = q.top();
q.pop();
int u = t[1];
if (vis[u]) continue;
vis[u] = true;
for (auto [w, v] : G[u]){
if (dis[v] > dis[u] + w){
dis[v] = dis[u] + w;
q.push({dis[v], v});
}
}
}
for (int i = 2; i <= n; i ++ ){
if (dis[i] == 1e18) cout << "-1";
else cout << dis[i];
cout << " \n"[i == n];
}
};
dijkstra(1);
return 0;
}
标签：14,Rules,LL,cin,long,int,Preliminary,mod,dis 来源： https://www.cnblogs.com/Hamine/p/16685779.html