AtCoder Grand Contest 014

AtCoder Grand Contest 014

A - Cookie Exchanges

有三我的，分别有\(A,B,C\)块饼干，每次每一个人都会把本身的饼干分红相等的两份而后给其余两我的。当其中有一我的的饼干数量是奇数的时候中止，求会进行几回这样子的操做，或者会永远进行下去。

首先无解的状况必定是三个数都是相等的偶数。

不然直接暴力模拟就好了。（盲猜答案不会很大）

证实一下答案的范围：不妨令\(A\le B\le C\)，那么最大值和最小值之间的差就是\(C-A\)，那么执行完一次操做以后最大值和最小值的差变成了\(\frac{C-A}{2}\)，这样子以来就能够证实执行次数不会超过\(log\)次了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int a,b,c,ans;
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
    if(a%2==0&&a==b&&b==c){puts("-1");return 0;}
    while(a%2==0&&b%2==0&&c%2==0)
    {
        int aa=a>>1,bb=b>>1,cc=c>>1;
        a=bb+cc;b=aa+cc;c=aa+bb;++ans;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

B - Unplanned Queries

有一棵树，一开始全部边权都是\(0\)，执行\(M\)次操做，每次会把\(a_i\)到\(b_i\)路径上的每一条边的边权所有加\(1\)，切最终每一条边的边权都是偶数。判断这样一棵树是否存在。

对于全部操做随便构建一棵生成树出来进行一下判断就好了。

这样对的缘由是由于你随便怎么连对于奇偶性是不改变的。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
#define MAX 100100
inline int read()
{
    int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return t?-x:x;
}
int n,m,f[MAX],a[MAX];
int getf(int x){return x==f[x]?x:f[x]=getf(f[x]);}
vector<int> E[MAX];
void dfs(int u,int ff){for(int v:E[u])if(v!=ff)dfs(v,u),a[u]^=a[v];}
int main()
{
    n=read();m=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=i;
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        int u=read(),v=read();
        if(getf(u)!=getf(v))
            E[u].push_back(v),E[v].push_back(u),f[getf(u)]=getf(v);
        a[u]^=1;a[v]^=1;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        if(getf(i)!=getf(1))E[1].push_back(i),E[i].push_back(1),f[getf(i)]=getf(1); dfs(1,0);
    for(int i=1;i<=n;++i)if(a[i]){puts("NO");return 0;}
    puts("YES");
    return 0;
}

C - Closed Rooms

有一个\(H\times W\)的网格，有些格子不能走。如今有一我的从某个起点开始，进行如下步骤：首先沿着相邻格子走不超过\(k\)步，而后选择不超过\(k\)个不能走的格子让它们变成能走。

问最少进行上述操做多少次这我的能够走到网格图的边界位置。

把操做顺序换一下，咱们先走\(k\)次。接下来进行若干轮，每次都是先把\(k\)个格子解锁再走，等价于没有限制了。

因此只须要预处理先走\(k\)步能够到达的位置再计算一下最短路就行啦。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAX 808
inline int read()
{
    int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return t?-x:x;
}
int ans,n,m,K,sx,sy;
char g[MAX][MAX];
int Calc(int x,int y){return min(min(x-1,n-x),min(y-1,m-y));}
int dis[MAX][MAX];
int d[4][2]={1,0,0,1,-1,0,0,-1};
void BFS(int sx,int sy)
{
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=m;++j)dis[i][j]=1e9;
    dis[sx][sy]=0;ans=1e9;
    queue<int> Qx,Qy;Qx.push(sx),Qy.push(sy);
    while(!Qx.empty())
    {
        int x=Qx.front(),y=Qy.front();Qx.pop();Qy.pop();
        ans=min(ans,(Calc(x,y)+K-1)/K);
        if(dis[x][y]>=K)continue;
        for(int i=0;i<4;++i)
        {
            int xx=x+d[i][0],yy=y+d[i][1];
            if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m)continue;
            if(g[xx][yy]=='#')continue;
            if(dis[xx][yy]<=dis[x][y]+1)continue;
            dis[xx][yy]=dis[x][y]+1;
            Qx.push(xx);Qy.push(yy);
        }
    }
}
int main()
{
    n=read();m=read();K=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%s",g[i]+1);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=m;++j)
            if(g[i][j]=='S')sx=i,sy=j;
    BFS(sx,sy);
    printf("%d\n",ans+1);
    return 0;
}

D - Black and White Tree

有一棵树，两我的轮流给节点染色，先手染白，后手染黑。

染完以后把全部和黑色节点相邻的点所有染黑。

若是还有白点则先手胜，不然后手胜。

判断胜负状况。

首先发现胜利状况是存在一个白点使得其相邻的点全是白点。

那么，发现若是这棵树存在一个完美匹配的话，那么后手必胜，即先手不管走哪一个位置，后手必定能够走一个匹配的相邻的位置。

不然的话找一个不在匹配内的点做为根节点，这样子它的全部儿子的匹配都在其自身的子树内，这样子直接对于全部儿子染色，此时后手必须染其儿子对应的匹配，此时先手必胜。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
#define MAX 100100
inline int read()
{
    int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return t?-x:x;
}
int n;
vector<int> E[MAX];
bool dfs(int u,int ff)
{
    int cnt=0;
    for(int v:E[u])
    {
        if(v==ff)continue;
        if(dfs(v,u))++cnt;
    }
    if(cnt>=2){puts("First");exit(0);}
    return cnt^1;
}
int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<n;++i)
    {
        int u=read(),v=read();
        E[u].push_back(v);
        E[v].push_back(u);
    }
    if(dfs(1,0))puts("First");
    else puts("Second");
    return 0;
}

E - Blue and Red Tree

你有一棵树，一开始全部边都是蓝色的。

你要执行\(n-1\)次以下的操做：每次选定一条全是蓝色边的路径，随意断掉其中一条边，而后在两个端点之间连上一条红边。

如今给你由红边组成的树，问你可否从蓝边树变成给定的红边树。

发现最后一次操做的边必定既在蓝树中又在红树中出现，而连完边以后这两个点就能够直接合并在一块儿。

那么咱们每次找到这样一条边，而后把两个集合合并。

那么直接启发式合并处理这个问题就好了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 100100
#define pi pair<int,int>
#define mp make_pair
#define fr first
#define sd second
inline int read()
{
    int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return t?-x:x;
}
int n,f[MAX];
int getf(int x){return x==f[x]?x:f[x]=getf(f[x]);}
queue<pi> Q;
map<pi,int> M;
set<int> E[MAX];
pi get(int x,int y){if(x>y)swap(x,y);return mp(x,y);}
void Link(int x,int y)
{
    E[x].insert(y);E[y].insert(x);
    pi u=get(x,y);
    if(++M[u]==2)Q.push(u);
}
int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=i;
    for(int i=1;i<=n+n-2;++i)Link(read(),read());
    for(int i=1,x,y;i<n;++i)
    {
        do
        {
            if(Q.empty()){puts("NO");return 0;}
            x=Q.front().fr,y=Q.front().sd;Q.pop();
            x=getf(x);y=getf(y);
        }while(x==y);
        if(E[x].size()>E[y].size())swap(x,y);
        f[x]=y;M.erase(get(x,y));E[y].erase(x);
        for(auto v:E[x])
        {
            int fv=getf(v);
            if(fv==y)continue;
            M.erase(get(x,fv));
            E[fv].erase(x);
            Link(fv,y);
        }
    }
    puts("YES");
    return 0;
}

F - Strange Sorting

给定一个排列，把全部是前缀最大值的数直接丢到数列的最后，问多少次这样的操做以后数列会被排好序。

不会.jpg。因此能够开心的照抄___的题解了。

首先发现\(1\)这个东西颇有意思，它并不影响其余元素，即若是\(1\)在开头位置那么就没它的事了，不然它必定不会成为前缀最大值。那么咱们把\(1\)给丢掉，只考虑\([2,n]\)的数量，伪装它的答案是\(T\)，那么最终的答案就是\(T\)或者\(T+1\)。首先\(T=0\)的状况特殊处理掉。不然的话考虑进行完\(T-1\)次以后的数列，设\(f\)为数列的第一项，那么\(f>2\)，由于若是\(f=2\)的话证实这个序列要么已经排好序了，要么在下一次操做以后\(2\)会被丢到后面，又由于没有排好序，因此确定不能只进行一次就获得最终序列。

这样子的话，进行完下一次操做以后\([2,n]\)就完成了排序，考虑把\(1\)给加入进来，若是数列前三项是\(f,1,2\)，那么显然一次操做以后\(1\)也顺带回到了本身的位置，此时答案仍然是\(T\)。不然的话，一次操做以后显然\(1\)尚未归位，须要再进行一次\(1\)才能回到本身的位置上，此时答案是\(T+1\)。

而后我就不会证了，抄遍代码就滚粗了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAX 200200
inline int read()
{
    int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return t?-x:x;
}
int n,a[MAX],b[MAX],T[MAX],f[MAX];
int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)b[a[i]=read()]=i;
    for(int i=n-1;i;--i)
        if(!T[i+1])
        {
            if(b[i]>b[i+1])T[i]=1,f[i]=i+1;
            else T[i]=0;
        }
        else
        {
            if((b[f[i+1]]<b[i])+(b[i]<b[i+1])+(b[i+1]<b[f[i+1]])==2)T[i]=T[i+1],f[i]=f[i+1];
            else T[i]=T[i+1]+1,f[i]=i+1;
        }
    printf("%d\n",T[1]);
    return 0;
}