Codeforces Round #261 (Div. 2)[ABCDE]，

Codeforces Round #261 (Div. 2)[ABCDE]，
Codeforces Round #261 (Div. 2)[ABCDE]

ACM

題目地址:Codeforces Round #261 (Div. 2)

A - Pashmak and Garden

題意： 
一個正方形，它的邊平行於座標軸，給出這個正方形的兩個點，求出另外兩個點。

分析： 
判斷下是否平行X軸或平行Y軸，各種if。

代碼：

/**  Author:      illuz <iilluzen[at]gmail.com>*  File:        A.cpp*  Create Date: 2014-08-15 23:35:17*  Descripton:   */#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;const int N = 0;int main() {int x1, y1, x2, y2, x3, y3, x4, y4;int a;while (cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2) {if (x1 == x2) {a = y1 - y2;cout << x1 + a << ' ' << y1 << ' ' << x2 + a << ' ' << y2 << endl;} else if (y1 == y2) {a = x1 - x2;cout << x1 << ' ' << y1 + a << ' ' << x2 << ' ' << y2 + a << endl;} else {if (abs(x1 - x2) != abs(y1 - y2)) {cout << -1 << endl;continue;}cout << x1 << ' ' << y2 << ' ' << x2 << ' ' << y1 << endl;}}return 0;}

B - Pashmak and Flowers

題意： 
在n個數中取出兩個數，使得差值最大，問差值和有幾種取法。 
兩種取法不同若且唯若：兩種方法至少有一個不同位置的數。

分析：

很明顯差值就是最大-最小。

如果兩個數不是相同的，那麼取法就是max_cnt * min_cnt了。 
如果相同就要注意了，因為max_cnt * min_cnt裡面有一些取法一樣的數。 
比如：5 1 1 1 1 1。

1. 那麼我們可以這樣考慮，第一次可以取5種，第二次可以取(5-1)鐘，但是這裡面(i,j)和(j,i)都取過，所以得減半，所以結果就是n*(n-1)/2。
2. 或者可以這樣考慮，我們為了不要取重複，規定第一次取的位置肯定在第二次前面，如果第一次取pos1，那麼下次只能取(n-1)鐘；如果第一次取pos2，第二次就(n-2)....累計就是(n-1)*n/2了。

代碼：

/**  Author:      illuz <iilluzen[at]gmail.com>*  File:        B.cpp*  Create Date: 2014-08-15 23:51:15*  Descripton:   */#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)typedef long long ll;const int N = 2e5 + 10;ll t, mmax, mmin;ll a[N];int main() {while (cin >> t) {repf (i, 0, t - 1) {cin >> a[i];}sort (a, a + t);if (a[0] == a[t - 1]) {cout << 0 << ' ' << t * (t - 1) / 2 << endl;continue;}mmax = 0;mmin = 0;int i = 0;while (i < t && a[i] == a[0])mmin++, i++;i = t - 1;while (i >= 0 && a[i] == a[t - 1])mmax++, i--;cout << a[t - 1] - a[0] << ' ' << mmin * mmax << endl;}return 0;}

C - Pashmak and Buses

題意： 
n個人坐車，有k輛車帶他們去d個地方玩。問怎麼安排使得這d天他們沒有一對人一直在一起的（FFF團的勝利）。

分析： 
相當於：d行n列，每個位置填一個1～k的整數，要求不能有兩列完全一樣。 
爆搜過去即可，只要有解就行了。

代碼：

/**  Author:      illuz <iilluzen[at]gmail.com>*  File:        C.cpp*  Create Date: 2014-08-16 00:47:18*  Descripton:   */#include<cmath>#include<cstdio>#include<string>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;const int N = 1110;int a[N], sum;int n, d, k, m[N][N];void dfs(int x) {    if(sum >= n)return;    if(x >= d) {        for (int i = 0; i < d; i++)m[i][sum] = a[i];        sum++;        return;    }    for(int i = 1; i <= min(k, 1001); i++) {        a[x] = i;        dfs(x + 1);    }}int main() {    while (~scanf("%d%d%d", &n, &k, &d)) {        memset(m, 0, sizeof(m));        sum = 0;        dfs(0);        if(sum < n)puts("-1");        else {            for(int i = 0; i < d; i++) {                for(int j = 0; j < n; j++)printf("%d ", m[i][j]);                puts("");            }        }    }    return 0;}

D - Pashmak and Parmida's problem

題意： 
給出一些數a[n]，求(i, j),i<j的數量，使得：f(1, i, a[i]) > f(j, n, a[j])。
f(lhs, rhs, x)指在{ [lhs, rhs]範圍中，a[k]的值=x }的數量。

分析： 
很明顯： 
1. f(1, i, a[i])就是指a[i]前麵包括a[i]的數中，有幾個值=a[i]。 
2. f(j, n, a[j])就是指a[j]後麵包括a[j]的數中有幾個值=a[j]。

雖然a[x]範圍不小，但是n的範圍是1000，不是很大，所以我們可以用map預先處理出f(1, i, a[i])和f(j, n, a[j])，記為s1[n], s2[n]。

這樣就變成求滿足s1[i] > s[j]， i < j情況的數量了,你會發現跟求逆序對一樣了。這時就可以用線段樹或樹狀數組求逆序數對的方法解決這個問題了。不懂線段樹怎麼解的可以看：HDU 1394 Minimum Inversion Number（線段樹求最小逆序數對）。

代碼：

/**  Author:      illuz <iilluzen[at]gmail.com>*  File:        D.cpp*  Create Date: 2014-08-16 00:18:08*  Descripton:   */#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>#include <map>using namespace std;#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)#define repu(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)#define repd(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)typedef long long ll;#define lson(x) ((x) << 1)#define rson(x) ((x) << 1 | 1)const int N = 1e6 + 10;const int ROOT = 1;// below is sement point updated versionstruct seg {ll w;};struct segment_tree { seg node[N << 2];void update(int pos) {node[pos].w = node[lson(pos)].w + node[rson(pos)].w;}void build(int l, int r, int pos) {if (l == r) {node[pos].w = 0;return;}int m = (l + r) >> 1;build(l, m, lson(pos));build(m + 1, r, rson(pos));update(pos);}// add the point x with yvoid modify(int l, int r, int pos, int x, ll y) {if (l == r) {node[pos].w += y;return;}int m = (l + r) >> 1;if (x <= m)modify(l, m, lson(pos), x, y);elsemodify(m + 1, r, rson(pos), x, y);update(pos);}// query the segment [x, y]ll query(int l, int r, int pos, int x, int y) {if (x <= l && r <= y)return node[pos].w;int m = (l + r) >> 1;ll res = 0;if (x <= m)res += query(l, m, lson(pos), x, y);if (y > m)res += query(m + 1, r, rson(pos), x, y);return res;}} sgm;ll t, a[N];int s1[N], s2[N];map<ll, int> mp;int main() {while (cin >> t) {mp.clear();rep (i, t) {cin >> a[i];mp[a[i]]++;s1[i] = mp[a[i]];}mp.clear();for (int i = t - 1; i >= 0; i--) {mp[a[i]]++;s2[i] = mp[a[i]];}sgm.build(1, t, ROOT);ll ans = 0;rep (i, t) {ans += sgm.query(1, t, ROOT, s2[i] + 1, t); sgm.modify(1, t, ROOT, s1[i], 1);//cout << s1[i] << ' ' << s2[i] << ' ' << ans << endl;}cout << ans << endl;}return 0;}

E - Pashmak and Graph

題意： 
給出一個有向帶權值的圖，要求出最長遞增鏈路的長度。也就是當前邊的權值要大於前一條邊的。

分析： 
剛開始寫了個搜尋+map記憶化，然後就TLE了QvQ... 
其實可以用數組的dp來做，先對邊從小到大排序，從小到達處理，對於相同的一類邊，進行對邊dp，然後更新對點dp。

@barty巨巨：

將所有邊按邊權從小到大排序，順序掃描，如果沒有重複邊權的話，對於(u, v, d)這條有向邊，可以直接用之前求的到u點的最長路徑+1來更新到v的最長路徑。 
不過題目中沒有保證所有邊權不同，為了保證嚴格遞增，所以對於相同邊權需要做一個緩衝處理。

代碼：

/**  Author:      illuz <iilluzen[at]gmail.com>*  Blog:        http://blog.csdn.net/hcbbt*  File:        E.cpp*  Create Date: 2014-08-16 09:43:59*  Descripton:   */#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)const int N = 3e5 + 10;struct Edge {int x;int y;int w;bool operator <(const Edge& e) const {return w < e.w;}} e[N];int n, m;int edge[N], node[N];// edges and nodes' dpint main() {while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {memset(edge, 0, sizeof(edge));memset(node, 0, sizeof(node));repf (i, 1, m) {scanf("%d%d%d", &e[i].x, &e[i].y, &e[i].w);}sort(e + 1, e + m + 1);repf (i, 1, m) {int j = i;while (j <= m && e[i].w == e[j].w) {// update edges' dpint x = e[j].x;edge[j] = max(edge[j], node[x] + 1);j++;}j = i;while (j <= m && e[i].w == e[j].w) {// update nodes' dpint y = e[j].y;node[y] = max(edge[j], node[y]);j++;}i = j - 1;}int ans = 0;repf (i, 1, m)ans = max(ans, edge[i]);printf("%d\n", ans);}return 0;}