Codeforces Round #407 (Div. 2)解题报告

A：Anastasia and pebbles

水题。。直接按题意搞一下就行了

B：Masha and geometric depression

同样是一个模拟题，map记录bad数，特判q=-1和q=1的情况即可

C：Functions again

……好像说是最大子段和？

看别人题解代码很长的样子  我是记录前缀和的最大最小值，贪心一下就行了，因为正负对最大最小值的影响其实是没有的，所以不需要考虑太多

然后……要注意最小值如果大于0可以认为不取更优

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <string>
#include <map>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <vector>
#define inf 1e9
#define ll long long
#define For(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define Dow(i,j,k) for(int i=k;i>=j;i--)
using namespace std;
ll n,ma,mi,s[500001],a[500001];
int main()
{
	scanf("%I64d",&n);
	For(i,1,n)	scanf("%I64d",&a[i]);
	For(i,2,n)
	{
		s[i]=s[i-1]+abs(a[i]-a[i-1])*(i&1?-1:1);
		ma=max(ma,s[i]);mi=min(mi,s[i]);
	}
	printf("%I64d",ma-min(0LL,mi));
}

D:Weird journey

拿到题一点思路都没有，开始在草稿纸上乱画……

但是发现，不论怎么画，两条只走一次的边一定有一个公共点

然后考虑自环这个特殊情况，唯一有可能没有公共点的情况

嗯……这个结论是瞎猜的，但是过了  不会证啊OTZ

然后记录自环数量为cnt2，显然，选两个自环可行。对答案贡献为cnt2*(cnt2-1)/2

一个自环，一条正常的边，也可行，记录正常边条数为cnt1，对答案贡献cnt2*cnt1

接下来是考虑公共点，我们输入边的时候记录num[i]表示与i相连的边的数量，那么i这个点对于答案的贡献为num[i]*(num[i]-1)/2

累加即可

但是上面所有的想法，都要在图联通的情况下才可以，因此先bfs判断一下图的连通性

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <string>
#include <map>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <vector>
#define inf 1e9
#define maxn 2000050
#define ll long long
#define For(i,j,k) for(ll i=j;i<=k;i++)
#define Dow(i,j,k) for(ll i=k;i>=j;i--)
using namespace std;
ll cnt,ans,cnt1,cnt2,poi[maxn],vis[maxn],q[maxn],nxt[maxn],f[maxn],n,m,x,y,num[maxn];
bool bj[maxn];
inline void add(ll x,ll y)
{
	poi[++cnt]=y;nxt[cnt]=f[x];f[x]=cnt;
}
inline void BFS(int x)
{
	ll l=1,r=1;q[1]=x;
	vis[x]=1;
	while(l<=r)
	{
		ll x=q[l];
		for(ll i=f[x];i;i=nxt[i])
			if(!vis[poi[i]])
				vis[poi[i]]=1,q[++r]=poi[i];
		l++;
	}
	For(i,1,n)	if(!vis[i]&&bj[i])	{puts("0");exit(0);}
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	ll s;
	For(i,1,m)
	{
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		bj[x]=bj[y]=1;
		s=x;
		if(x==y)	cnt1++;
		else
		{
			cnt2++;add(x,y);add(y,x);num[x]++;num[y]++;
		}
	}
	BFS(s);
	For(i,1,n)	if(!vis[i]&&bj[i])	{puts("0");return 0;}
	ans=cnt1*cnt2+(cnt1*cnt1-cnt1)/2;
	For(i,1,n)	ans+=num[i]*(num[i]-1)/2;
	printf("%I64d",ans);
}

E：The Great Mixing

个人认为……比D题简单一些

题意可知，我们每多取一个浓度为x/1000的药水，则分母+1000，分子+x

所以显然可以得到，如果我们选了t瓶药水，则其sigma(x)需要达到t*k，k为目标浓度的分子

因此我们可以认为，一瓶药水的分母为答案贡献了-k，分子为答案贡献了x

则这瓶药水总贡献为x-k

我们只需要选出一些药水让sigma(x-k）等于0就行了

题目中n<=1e6,但是……a[i]<=1000，所以很显然的是最多只有1001种不同的药，可以无限取，所以多出来的完全没有贡献

即本题中，对答案有贡献的物品至多1001个

然后因为药品浓度不小于0，不大于1，所以很显然的又得到了我们可行的状态范围……-1000~1000

这种范围。。。

BFS直接上啊

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <string>
#include <map>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <vector>
#define inf 1e9
#define ll long long
#define For(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define Dow(i,j,k) for(int i=k;i>=j;i--)
using namespace std;
int n,k,a[10001],f[10001],l=1,r=0,q[100001],vis[10001],N;
map<int,int>bj;
inline void bfs()
{
	while(l<=r)
	{
		int t=q[l];
		if(t==4001){printf("%d",f[4001]);exit(0);}
		For(i,1,n)
		{
			int tmp=t+a[i];
			if(f[tmp])	continue;
			if(tmp<2000||tmp>6002)	continue;
			f[tmp]=f[t]+1;q[++r]=tmp;
		}
		l++;
	}
	puts("-1");
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&k,&n);
	For(i,0,10000)	f[i]=0;
	For(i,1,n)	
	{
		int x;
		scanf("%d",&x);x-=k;
		if(bj[x+4001])	continue;
		bj[x+4001]=1;a[++N]=x;q[++r]=x+4001;f[x+4001]=1;
	}
	n=N;
	bfs();
}