前言

這個contest是div1的，div2的題其實也做了一下，但這里就不貼出了

CF 1142 A

題目大意：有$n$個城市排成一圈，相鄰兩個城市距離為$k$，一個人從起點$S$（$S$未給出）開始，每次走$x$（$x$未給出）的距離，當其第二次到達$S$時就不再走了
現在給出離起始位置最近的城市的距離$a$和離走一步后的位置最近的城市的距離$b$，求可能的走的步數的最大值和最小值
$n,k\le 10^5$
題解：
這題的英文題意有點點難懂
首先，我們可以分類討論$a$，$b$的情況（因為我們發現最近可以是左邊也可以是右邊，所以我們討論的話有4種可能性），然后我們再討論跨過的城市數，就可以唯一確定$x$（$S$其實也可以知道，但是這里用不到）
我們考慮步數的情況，設步數為$l$圈數為$t$，那么滿足$lx=nkt$即$l=\frac{nkt}{x}$
由于第一次走到$S$就不繼續走了，所以一定滿足$t=\frac{x}{gcd(nk,x)}$
$t$已經固定，那么代入可得$l=\frac{nk}{gcd(nk,x)}$，我們希望$l$求最值，那么就對$gcd(nk,x)$求最值即可，復雜度$\mathcal{O}(n)$

#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; #define rg register template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;} template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');} template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);} template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;} template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;} template <typename T> inline T gcd(const T a,const T b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);} ll n,k,a,b; int main() {read(n),read(k),read(a),read(b);ll mi=0x7fffffffffffffff,mx=0;for(int i=0;i<n;i++){ll x1=gcd(n*k,k-a-b+i*k),x2=gcd(n*k,k+b-a+i*k),x3=gcd(n*k,a+b +i*k),x4=gcd(n*k,k+a-b+i*k);mi=min(mi,min(x1,min(x2,min(x3,x4))));mx=max(mx,max(x1,max(x2,max(x3,x4))));}print(n*k/mx),putchar(' '),print(n*k/mi);return 0; }

CF 1142 B

題目大意：給定一個長度為$n$的排列$A$和一個長度為$m$的數組$B$
若干組詢問，每次詢問數組$B$的一個子段$C$（位置是$l$到$r$）是否包含一個子序列$D$使得$A$與$D$循環同構
$n,m\le 2?10^5$
題解： 我們考慮預處理每個端點$l$，存在一個合法的$D$的$r$的最小值
由于這題中的$A$是個排列，所以以每個點開始的下一個位置都是唯一確定的
考慮倍增以每個位置開始走$2^k$步的最靠左位置，最后直接通過這個數組算出走$n?1$步的最靠左位置即可，復雜度$\mathcal{O}(nlogn)$

#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; #define rg register template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;} template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');} template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);} template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;} template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;} int n,m,q; int las[200005],nxt[200005],a[200005],b[200005],f[200005][19],ml[200005]; int main() {read(n),read(m),read(q);for(rg int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);for(rg int i=1;i<=m;i++)read(b[i]);for(rg int i=1;i<n;i++)nxt[a[i]]=a[i+1];nxt[a[n]]=a[1];for(rg int i=1;i<=n;i++)las[i]=m+1;for(rg int j=0;j<=18;j++)f[m+1][j]=m+1;n--;ml[m+1]=m+1;for(rg int i=m;i>=1;i--){f[i][0]=las[nxt[b[i]]];las[b[i]]=i;for(rg int j=1;j<=18;j++)f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];int tot=i;for(rg int j=0;j<=18;j++)if((1<<j)&n)tot=f[tot][j];ml[i]=min(ml[i+1],tot);}while(q--){int l,r;read(l),read(r);putchar((r>=ml[l])+'0');}return 0; }

CF 1142 C

題目大意：給定平面上的$n$個點，很顯然，兩個$x$坐標不同的點確定一個二次函數$y=x^2+bx+c$
問有多少個二次函數滿足沒有點被包在內部（一個點$(x_i,y_i)$被二次函數包在內部的定義是$y_i>x_i^2+b{x}_i+c$）
$n\le 10^5$
題解：
$C$題就計算幾何了，但是這題并不麻煩
我們考慮把式子移項
變成$y?x^2=bx+c$
即如果每個點$(x_i,y_i)$變成$(x_i,y_i?x_i^2)$，就成了兩個點確定一個一次函數了
考慮被包住的定義，同樣移項變成$y_i?x_i^2>b{x}_i+c$，相當于就是在這個一次函數的上方
我們發現，這樣就好做了，考慮上下凸殼求凸包法，我們直接輸出上凸殼的邊數即可
求凸殼復雜度$\mathcal{O}(nlogn)$

#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; #define rg register template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;} template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');} template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);} template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;} template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;} int n,top=1; struct Point {ll x,y;bool operator <(const Point b)const{return x==b.x?y>b.y:x<b.x;}Point operator -(const Point b)const{return (Point){x-b.x,y-b.y};} }Q[100001]; ll Cross(Point a,Point b){return a.x*b.y-a.y*b.x;} int main() {read(n);for(rg int i=1;i<=n;i++)read(Q[i].x),read(Q[i].y),Q[i].y-=Q[i].x*Q[i].x;std::sort(Q+1,Q+n+1);for(rg int i=2;i<=n;i++)if(Q[i].x!=Q[top].x){while(top>1&&Cross(Q[i]-Q[top-1],Q[top]-Q[top-1])<=0)top--;Q[++top]=Q[i];}print(top-1);return 0; }

CF 1142 D

題目大意：定義一個數列$A$，滿足如下性質：

• $A_i<A_j(i<j)$
• $A_i=i(1\le i\le 9)$
• $?i$，設$c=i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}11$，滿足$A_i?10+0,A_i?10+1???A_i?10+c?1$都在數列中，$A_i?10+c,A_i?10+c+1???A_i?10+9$都不在數列中

給定一個字符串$S$，求有多少種作為一個子串出現的數$x$($x\ge 1$)滿足$x$在數列$A$中
$|S|\le 10^5$
題解：
cf的官方題解好像是建個自動機狀物，反正我也沒仔細的看
好像有個比較好寫的做法
定義$f[i][j]$為從$i$開始的子段，在前面匹配一個$j$之后出現在數列中的數的數量
考慮轉移，首先我們發現兩位數$\overline{ab}$當且僅當$a>b$才會在數列$A$中，那么，顯然的，對于一個高位數$\overline{abT}$，如果$a\le b$，那么這個數一定不在數列中
考慮轉移，如果想從$\overline{cT}$轉移到$\overline{abT}$，那么就要保證$c?\overline{ab}$，即判定一個二位數是當前數列第幾個，模$11$即可，所以我們發現$f$的第二維狀態元素有$11$個，這樣的話總復雜度是$\mathcal{O}(n?p)$的（本題中$p=11$）

#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; #define rg register template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;} template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');} template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);} template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;} template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;} int n,mod=11; char s[100001]; int f[100005][11]; ll ans; int main() {scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);for(rg int i=n;i>=1;i--){const int d=s[i]-'0';for(rg int j=0;j<mod;j++){if(j>d)f[i][j]=1+f[i+1][(j*(j-1)/2+d+10)%mod];}if(s[i]>'0')ans+=f[i+1][s[i]-'0']+1;}print(ans);return 0; }

CF 1142 E

題目大意：交互題（即會根據你的輸出給接下來的輸入）：一個$n$個點的完全圖，每條邊有個方向和顏色，現在有$m$條邊是粉色的，告訴你這些粉色邊的方向，剩下的邊都是綠色的
每次我們可以詢問一條綠色邊的方向，我們需要使用不超過$2?n$次詢問找到一個點$x$使得對于每個點$y$都滿足$x$到$y$有一條只包含一種顏色的邊的路徑
題解：
我們先考慮沒有粉色邊的情況我們維護前$i$個點中滿足條件的點$x$，我們發現，對于新來一個點$y$，直接詢問$(x,y)$，即可，如果$x?>y$，那么保持不變，如果$y?>x$，那么$y$就替代$x$成為新的滿足條件的點，這樣我們只需要$n?1$次詢問就可以找到這個點
考慮有粉色邊的情況，首先我們可以通過模擬把聯通的粉色邊給全部消除，定義消除完后的點都叫粉色點，現在我們需要把這些點用綠邊連起來，由于要求路徑是同色的，所以在一條綠邊$x?>y$的情況下，所有$y$的粉色出邊都是不合法的，那么這個時候就要把$y$的粉色出邊的點的度數粉邊入度減少，若減到$0$了，那么就要把這個點恢復過來
然后由于每次綠邊的詢問都能刪一個點，所以還是只需要$n?1$次詢問
注意一件事，在模擬把粉色邊連接的點合并的時候，要注意不能出現環的情況
我一開始的寫法沒有考慮這個問題，就wa了

#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; #define rg register template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;} template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');} template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);} template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;} template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;} const int maxn=100001; int n,m,ip; std::vector<int>E[maxn],M[maxn]; bool vis[maxn],in[maxn]; int d[maxn]; void dfs(const int u) {vis[u]=in[u]=1;for(std::vector<int>::iterator Pos=E[u].begin();Pos!=E[u].end();Pos++){if(!in[*Pos])M[u].push_back(*Pos),d[*Pos]++;if(!vis[*Pos])dfs(*Pos);}in[u]=0; } int Q[maxn],top; int query(int x,int y) {printf("? %d %d\n",x,y),fflush(stdout);int z;scanf("%d",&z);return z; } void ans(int x) {printf("! %d\n",x),fflush(stdout); } int main() {scanf("%d%d",&n,&m);for(rg int i=1;i<=m;i++){int u,v;read(u),read(v);E[u].push_back(v);}for(rg int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i])dfs(i);for(rg int i=1;i<=n;i++)if(!d[i])Q[++top]=i;ip=Q[1];for(rg int i=2;i<=top;i++){int u=Q[i];if(!query(ip,u))std::swap(ip,u);for(std::vector<int>::iterator Pos=M[u].begin();Pos!=M[u].end();Pos++)if(--d[*Pos]==0)Q[++top]=*Pos;}ans(ip);return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的codeforces contest 1142的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網站內容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。