A. Patrick and Shopping
应用Floyd-Warshall的想法，先把每两点之间的最短距离更新了，然后最后的结果就是d1 + d2 + d3
#define FOR(a, b, n) for(int (a) = (b); (a) < (n); ++(a))
#define ITE(a, v) for(auto (a) = v.begin(); (a) != v.end(); ++(a))
#define LL long long
#define ALL(v) v.begin(),v.end()
#define ZERO(v) memset(v, 0, sizeof v)
#define NEG(v) memset(v, -1, sizeof v)
#define F first
#define S second
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define MOD 1000000007
#define PI 3.141592653589793
#define INF 5e8
inline long double min(long double a , long double b) {if(a < b)return a; return b;}
inline long double max(long double a , long double b) {if(a < b)return b; return a;}
int d1,d2,d3;
int main()
{
cin >> d1 >> d2 >> d3;
d3 = min(d1 + d2, d3);
d1 = min(d2 + d3, d1);
d2 = min(d1 + d3, d2);
cout << d1 + d2 + d3 << endl;
return 0;
}B. Spongebob and Joke
题很简单，题意很复杂的典型。。
大意就是A是一个长度m的数组，值得范围[1,n]，F是长度n的数组，B也是长度n的数组，对于B有B(i) = F(A(i))，现在已知B,F，求A的解的情况。
因为F中的值范围也是[1,n]，先建立一个数组将F中每个值对应的index记录一下，比如说如果F是[1,2,2]，那么record[1] = {0}, record[2] = {1,2},record[3] = {}. 然后遍历B，对于每个B值，找到其对应的index，如果数量超过一个，那么肯定有ambiguity，如果数量是0，那么不可能啦，如果数量是1，继续check下一个，复杂度O(n)
#define FOR(a, b, n) for(int (a) = (b); (a) < (n); ++(a))
#define ITE(a, v) for(auto (a) = v.begin(); (a) != v.end(); ++(a))
#define LL long long
#define ALL(v) v.begin(),v.end()
#define ZERO(v) memset(v, 0, sizeof v)
#define NEG(v) memset(v, -1, sizeof v)
#define F first
#define S second
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define MOD 1000000007
#define PI 3.141592653589793
#define INF 5e8
inline long double min(long double a , long double b) {if(a < b)return a; return b;}
inline long double max(long double a , long double b) {if(a < b)return b; return a;}
int n;
int m;
int b[100100];
int f[100100];
vector<int> pos[100100];
vector<int> res;
int solve()
{
bool flag = true;
FOR(i,0,m)
{
int val = b[i];
if(pos[val].size() > 1)
{
flag = false;
}
else if(pos[val].size() == 0)
{
return -1;
}
else
res.PB(pos[val][0]);
}
if(flag == false)
return 0;
return 1;
}
int main()
{
cin >> n;
cin >> m;
FOR(i,0,n)
scanf("%d", &f[i]);
FOR(i,0,m)
scanf("%d", &b[i]);
FOR(i,0,n)
{
pos[f[i]].PB(i);
}
int ress = solve();
if(ress == 1)
{
cout << "Possible" << endl;
FOR(i,0, res.size())
cout << res[i] + 1<< " ";
cout << endl;
}
else if(ress ==0)
cout << "Ambiguity" << endl;
else
cout <<"Impossible" << endl;
return 0;
}C. Day at the Beach
这道题卡了挺久。。。但是真的不难
题意大概是讲将一个unsorted array 分成几部分，如果将每部分sort以后总的array是sorted的话，那么这个分块就是合理的，问最大的合理的分块是多少。
一开始我打算二分然后验证分块是否合理，最后发现思路和直接解是一样的。
当前块的最小值一定大于前一块的最大值，基于此推导的话一定是大于前面的块的所有的数。那么当前块的最大值一定是大于之前的所有的数的，而且是小于后面的块的最小值。
那么我们找可能的最大值就行，最大值的条件是大于之前所有的数，他覆盖的范围是直到后面的数的最小值大于它。
所以用prefix[i]记录前i 个数的最大值，suffix[i]记录从i开始后面的数的最小值。找到一个数发现他是最大值以后就不断向后找，直到suffx[i] 大于这个最大值。不过我发现直接找prefix[i] <= suffix[i] 和之前的算法等价。
#define FOR(a, b, n) for(int (a) = (b); (a) < (n); ++(a))
#define ITE(a, v) for(auto (a) = v.begin(); (a) != v.end(); ++(a))
#define LL long long
#define ALL(v) v.begin(),v.end()
#define ZERO(v) memset(v, 0, sizeof v)
#define NEG(v) memset(v, -1, sizeof v)
#define F first
#define S second
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define MOD 1000000007
#define PI 3.141592653589793
#define INF 5e8
inline long double min(long double a , long double b) {if(a < b)return a; return b;}
inline long double max(long double a , long double b) {if(a < b)return b; return a;}
int n;
int a[100100];
int pref[100100];
int suff[100100];
int solve()
{
pref[0] = a[0];
suff[n - 1] = a[n - 1];
FOR(i,1,n)
pref[i] = max(pref[i - 1], a[i]);
for(int i = n - 2; i >= 0; i--)
suff[i] = min(suff[i + 1], a[i]);
int count = 0;
FOR(i,0,n - 1)
if(pref[i] <= suff[i + 1])
count++;
count++;
return count;
}
int main()
{
cin >> n;
FOR(i,0,n)
{
scanf("%d", &a[i]);
}
cout << solve() << endl;
return 0;
}D. Spongebob and Squares
感觉C,D应该换一下难度才对
大意就是对于m*n的一个矩阵，里面包含的长度为1，2，3…min(m,n)的正方体矩阵个数为x个，现在已知x，求可能的m，n。
纯数学问题，如果m，n已知，假设m < n, 那么x = m * n + (m - 1) * (n - 1) + (m - 2) * (n - 2) +… + 1 * (n - m + 1)
设diff = n - m, 那么x = 1 * (diff + 1) + 2 * (diff + 2) + … + m * (diff + m) = diff * (m + 1) * m / 2 + (m + 1)(m + 2)(2m + 1) / 6
因为 x <= 1e18，所以m最多等于1e6, 从1开始遍历m就行，如果存在合理的diff的值，则记录n = diff + m
记着每次要insert pair(m,n)和pair(n,m)
我用set存得，所以复杂度O(NlgN)， N = 1e6，不过应该优化到O(N)是可以的
#define FOR(a, b, n) for(int (a) = (b); (a) < (n); ++(a))
#define ITE(a, v) for(auto (a) = v.begin(); (a) != v.end(); ++(a))
#define LL long long
#define ALL(v) v.begin(),v.end()
#define ZERO(v) memset(v, 0, sizeof v)
#define NEG(v) memset(v, -1, sizeof v)
#define F first
#define S second
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define MOD 1000000007
#define PI 3.141592653589793
#define INF 5e8
inline long double min(long double a , long double b) {if(a < b)return a; return b;}
inline long double max(long double a , long double b) {if(a < b)return b; return a;}
LL x;
set<pair<LL,LL> > res;
LL calc(int k)
{
LL res = 1;
res *= k;
res *= (k + 1);
res *= (2*k + 1);
res /= 6;
return res;
}
void solve()
{
for(int k = 1; k <= 1e6 + 1 && calc(k) <= x; k++)
{
LL temp = x - calc(k);
LL temp1 = 1LL * k * (k + 1) / 2;
if(temp % temp1 == 0)
{
LL temp2 = temp / temp1;
res.insert(MP(k,k + temp2));
res.insert(MP(k + temp2, k));
}
}
}
int main()
{
cin >> x;
solve();
cout << res.size() << endl;
ITE(i,res)
cout << i->first << " " << i->second << endl;
return 0;
}E. Sandy and Nuts
还没做，每次都要填不完E的大坑啊。。