Codeforces Round #608 (Div. 2) 題解
前言
題目鏈接：僅僅只是為了方便以題目作為關鍵字能查找到我的題解而已（逃
重要：沒有F的題解，想看F題題解的神仙們可以走了
A. Suits
題意
給你\(a\)條領帶，\(b\)條圍巾、\(c\)件背心、\(d\)件夾克，有以下兩種套裝：
-
一條領帶、一件夾克，花費\(e\)元
-
一條圍巾、一件背心、一件夾克，花費\(f\)元
求出最多可以賣多少錢（不能單賣）。（奸商）
做法
依題意可得：
假如有\(i\)種\(e\)元的套裝，那么就是價格是\(i \times e + min \{ d-i, b, c \} \times f\)元，枚舉即可（注意 \(i\), \(d-i\), \(b\), \(c\) 中不能出現負數）。
程序
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a,b,c,d,e,f,ans;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>a>>b>>c>>d>>e>>f;
for(int i=0;i<=min(a,d);i++){//數據范圍小，直接暴力枚舉
ans=max(ans,i*e+min((d-i),min(b,c))*f);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
B. Blocks
FST的我真的是太菜了
題意
給你一排\(n\)個方塊，每個方塊有黑白兩種顏色，每次操作可以反轉兩個相鄰的方塊的顏色，問能否\(3n\)次數內反轉成一整排都是同一種顏色。
做法
假設序列反轉成白色，那么從前到后跑一遍，如果當前方塊不是白色就反轉它和它后邊的方塊，最后一個方塊如果跑完操作完是白色就OK。黑色同理，假設序列反轉成黑色，那么從前到后跑一遍，如果當前方塊不是黑色就反轉它和它后邊的方塊，最后一個方塊如果跑完操作完是黑色就OK。最后如果都不可以就輸出\(-1\)了。
程序
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
char s[205];
vector<int> op;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n;
cin>>s+1;
//假設全是白色：
for(int i=1;i<n;i++){
if(s[i]=='B'){
s[i]='W';
s[i+1]=s[i+1]=='W'?'B':'W';
op.push_back(i);
}
}
//判斷最后一個方塊：
if(s[n]=='W'){
cout<<op.size()<<endl;
for(int i=0;i<op.size();i++){
cout<<op[i]<<' ';
}
cout<<endl;
return 0;
}
//假設全是黑色：（此時可以直接再操作同一個序列）
for(int i=1;i<n;i++){
if(s[i]=='W'){
s[i]='B';
s[i+1]=s[i+1]=='W'?'B':'W';
op.push_back(i);
}
}
//判斷最后一個方塊
if(s[n]=='B'){
cout<<op.size()<<endl;
for(int i=0;i<op.size();i++){
cout<<op[i]<<' ';
}
cout<<endl;
return 0;
}
cout<<-1<<endl;
return 0;
}
C. Shawarma Tent
比B簡單
題意
給你一個平面直角坐標系（剛剛數學課學過誒），之后給你一座學校和\(n\)個學生的坐標（都是整點），問你在一個不同於學校的整點上建一個買Shawarma的帳篷，如果學生從學校到家的某一條神奇路徑上經過就會買（當消費者傻子嗎），問你最多會有幾個學生買，和此時帳篷的坐標（任意一種坐標即可）（奸商）。
注：整點指橫坐標、縱坐標都是整數的點。神奇路徑是只能上下左右移動（平行於橫軸或縱軸）的兩點間的最短路徑（長度就是兩點間的曼哈頓距離）（兩點間可能有多條）。
做法
顯然的，距離學校越近，就會有越多學生從帳篷經過，所以只要枚舉學校上下左右的四個點看哪個最優就可以了。
程序
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,sx,sy;
int x[200005],y[200005];
int l,r,u,d;
//l, r, u, d 分別表示左右上下的帳篷經過的學生個數
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>sx>>sy;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>x[i]>>y[i];
if(x[i]>sx)r++;
if(x[i]<sx)l++;
if(y[i]>sy)u++;
if(y[i]<sy)d++;
//對於經過帳篷的學生計數
}
if(r>=l&&r>=r&&r>=u&&r>=d){
cout<<r<<endl;
cout<<sx+1<<' '<<sy<<endl;
}else
if(l>=l&&l>=r&&l>=u&&l>=d){
cout<<l<<endl;
cout<<sx-1<<' '<<sy<<endl;
}else
if(u>=l&&u>=r&&u>=u&&u>=d){
cout<<u<<endl;
cout<<sx<<' '<<sy+1<<endl;
}else
if(d>=l&&d>=r&&d>=u&&d>=d){
cout<<d<<endl;
cout<<sx<<' '<<sy-1<<endl;
}
//這里的u>=u之類只是方便copy&paste罷了
return 0;
}
D. Portals
題面好長啊，真的不想翻譯
題意
你要攻下\(n\)座城市。一開始你有\(k\)個士兵。攻下第\(i\)個城市，你需要\(a_i\)個士兵（進攻時不損失士兵），攻下后你會抓\(b_i\)個壯丁擴充你的隊伍，攻下后你可以派一個士兵來防守，防守會使得你的分數增加\(c_i\)，損失一個士兵。防守有兩種方式：
-
你可以防守你所在的第\(i\)個城市
-
有\(m\)個單向的傳送門，從\(u\)到\(v\)，如果你在\(u\)，可以派兵防守\(v\)（必須是直接被傳送門連接的城市）
你必須從第\(1\)座一直攻克到第\(n\)座城市，如果不能攻克全部城市，你就輸了，輸出\(-1\)，如果能贏，求出最大的分數。
做法
貪心的做，計算\(req_i = max \{ a_{i+1} , req_{i+1} - b_{i+1} \} | req_n = 0\)代表在第\(i\)個城市攻克並有\(b_i\)士兵加入后，你完成游戲最少需要的士兵。之后就會有部分士兵空出，第\(i\)個城市新空出士兵個數記為\(fr_i\)，然后用大根堆來分派士兵到城市就好了。
此時，第\(i\)個城市的可以守衛它的最后一個城市記為\(def_i\)，從\(1\)到\(i\)的空閑士兵顯然都可以守衛它（空閑士兵可以跟着你到下一個城市）。
程序
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k;
int a[5005],b[5005],c[5005],fr[5005];
vector<int> g[5005];//無用數組
int def[5005],req[5005];
priority_queue<pair<int,int> > pq;
int ans;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i]>>b[i]>>c[i];
def[i]=i;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v;
cin>>u>>v;
g[u].push_back(v);//無用語句
def[v]=max(def[v],u);
}
for(int i=n;i>=1;i--){
req[i]=max(a[i+1],req[i+1]-b[i+1]);cerr<<i<<' '<<req[i]<<endl;
}
//計算req[i]
int cur=k;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(cur<a[i]){
cout<<-1<<endl;
return 0;
}
cur+=b[i];
}
//↑判斷是否能贏↑
cur=k;
for(int i=1;i<=n;i++){
cur+=b[i];
fr[i]=cur-req[i];cur=req[i];
pq.push(make_pair(c[i],i));
}
//計算fr[i],初始化以重量為第一關鍵字降序排列的堆
while(!pq.empty()){
int val=pq.top().first,x=pq.top().second;
pq.pop();
int y=def[x];
while(!fr[y]&&y>0)y--;
if(y==0)continue;
fr[y]--;//貪心地選擇最后一個能選的城市的空閑士兵
ans+=val;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
E. Common Number
題意
做到E的人應該都知道吧。。。而且題面很簡短我就不寫了（逃
做法
定義\(k_i\)為包含\(i\)的路徑的個數。
首先，奇數和偶數分開考慮，你會發現同一個\(n\)，同為奇數或偶數時，\(y\)變大了\(k_y\)肯定變小，所以具有單調性，可以二分。
我們再來看對於單個的數，如何計算包含它的路徑條數：
把路徑的計算反過來想，可以得出在路徑的反推中，只有偶數可以加一，而所有數都可以乘二。記錄有多少個可以通過這種方式得到的數就可以了。但是這樣太慢了，所以我們需要一個更快的方法：
通過觀察得出，乘二的次數相同時，從最小可達值（只乘過二）到最大可達值（每次乘二后都加一），之間的所有數都是可以達到的，那么我們只要計算最小值和最大值就好了，復雜度--。由於乘二肯定比加一增長得快，所以對於每一種乘以二的次數，把這個區間的長度加到路徑條數就可以了。
程序
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,k;
bool check(ll m){
ll l=m,r=m,res=0;
if(!(m&1)){r++;}//當m是偶數時給r增加1
for(int i=1;;i++){//其實i沒有什么用
res+=min(n,r)-l+1;//添加區間長度到返回值
//for(int j=l;j<=min(r,n);j++)cerr<<j<<' ';
l<<=1;
r=(r<<1)+1;//計算下一個l和r
if(l>n)break;//當l大於n時就沒有計算的必要了，直接退出
}//cerr<<endl;
return res>=k;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>k;
//for(int i=1;i<=n;i++)check(i);
ll l=1,r=(n+1)/2,m,ans;//二分奇數
while(l<=r){
m=(l+r)>>1;
if(check(2*m-1)){
ans=2*m-1;
l=m+1;
}else{
r=m-1;
}
}
l=1;r=n/2;//二分偶數
while(l<=r){
m=(l+r)>>1;
if(check(2*m)){
ans=max(ans,2*m);//由於ans已經取了奇數的值，所以這里是max
l=m+1;
}else{
r=m-1;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
結束語
點個在看吧！
很抱歉不會F題不能幫到部分人，所以我（逃