XUPT_STA2018(部分题解)

A - 一方通行和最大公约数I CodeForces - 664A

作为学园都市最强的lv5，一方通行必须解决一道数学题才能接触last order身上植入的病毒，请你帮他解决这个问题。
给出两个整数a,b 求出[a,b]区间中所有整数的最大公约数。输入输入包括一行，一行中有两个数字a,b，（1《=a《=b《=10^100)输出输出一个整数，代表问题中所求的最大公约数样例

Input

1 2

Output

Input

61803398874989484820458683436563811772030917980576 61803398874989484820458683436563811772030917980576

Output

61803398874989484820458683436563811772030917980576

相邻两数的最大公约数必为1，所以若输入两数相等直接输出，不相等输出1。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;int main()
{string s1,s2;cin >> s1 >> s2;if (s1==s2) cout << s1;else cout << "1";return 0;
}

B - 大霸星祭 CodeForces - 934A

学园都市一年一度的大霸星祭开始了，现在我们把视线转移到赛场，现在正在进行的是抢灯笼比赛的现场，有来自常盘台中学的御坂美琴选手对阵……啊不好意思比赛已经开始了！
抢灯笼比赛的规则是这样的，对阵双方分别拥有N,M个灯笼，每个灯笼都有一个亮度值，其中一个人要把其中一个灯笼藏起来，而他的对手则要从自己的灯笼和对手的灯笼中个选择一个，得分是这两个灯笼亮度之积。
我们回到比赛现场，现在御坂美琴选手是藏灯笼的一方，她能否拿下决胜局赢得比赛呢？
因为一些不可告人的目的，御坂美琴必须赢得这场比赛，于是她向你求助，请你告诉她如何藏灯笼，才能让对手获得分数最小，对阵双方都会选择对自己最有利的灯笼。
Input输入第一行有两个整数n,m 代表御坂美琴和对手两个人拥有的灯笼（2《=n,m《=50）
接下来两行，第一行n个数是御坂美琴的灯笼的亮度值，第二行m个数是对手的灯笼亮度值灯笼的亮度值的绝对值不会超过10^9Output输出对手在御坂美琴选择藏起来她选择的灯笼后能获得的最大值。Example

Input

2 2
20 18
2 14

Output

Input

5 3
-1 0 1 2 3
-1 0 1

Output

Note

第一个例子里，御坂选手藏起来 20 对手会从她那里选择18 ，然后从自己这边选择14

的二个例子中，御坂选手藏起来3然后对手会选择御坂选手的2和自己的1

题意：从自己地方去掉一个数，对方从两堆数中各选一个数相乘，求乘积最大。注意有负数，可以先去掉最大最小的都试一下，然后从计算如何能使对方获得的最大乘积最小。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
typedef __int64 ll;
using namespace std;
int n,m;
ll a[55],b[55];
ll s1,s2,ans=0;int main()
{cin >> n >> m;for (int i=0;i<n;i++)cin >> a[i];for (int i=0;i<m;i++)cin >> b[i];sort(a,a+n);//a排序sort(b,b+m);//b排序s1=max(max(a[1]*b[0],a[n-1]*b[m-1]),max(a[1]*b[m-1],a[n-1]*b[0]));//去掉最小值s2=max(max(a[0]*b[0],a[n-2]*b[m-1]),max(a[0]*b[m-1],a[n-2]*b[0]));//去掉最大值ans=min(s1,s2);cout << ans;return 0;
}

C - 初春的烦恼 CodeForces - 909A

初春接到了风纪委员的工作指令，要求把一些能力者的名字缩写表示出来。
一个人的名字缩写，由姓氏的前缀+名字的前缀组成，这两个部分都不能为空。这样的话就让一个人会有多个缩写，很不方便。初春需要把每个人的名字缩写中，字典序最小的找出来。但是她想和朋友们一起去玩，请你帮帮她吧。
一个字符串的前缀是指从字符串的第一个位置开始的子串，比如“abcde”的前缀就有“ab,abc” 但是“bc，c”不是前缀。
如果字符串a比字符串b的字典序小，有两种情况，要么a是b的前缀，要么在a和b第一个不同的地方，a串的字符要比b串的字符在字母表的顺序靠前。Input输入一个人的名字，由两个字符串组成，中间用一个空格分隔开。姓氏，名字的长度大于1小于等于10，仅由小写英文字母组成Output输出字典序最小的缩写Example

Input

harry potter

Output

hap

Input

tom riddle

Output

tomr

用substr可以比较轻松解决。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;int main()
{string s1,s2,s3,s4,s,m=" ";cin >> s1 >> s2;for (int i=1;i<=s1.length();i++){s3=s1.substr(0,i); //姓的前缀for (int j=1;j<=s2.length();j++){s4=s2.substr(0,j); //名的前缀s=s3+s4; //姓名的前缀相连if (s<m||m==" ") m=s;}}cout << m;return 0;
}

D - 黑子的惩罚 CodeForces - 821A

黑子又晚归了！这次舍监并没有拧断她的脖子，而是要求她整理厨房。
厨房可以表示成N行N列的方形区域，每个格子中都有一个整数，舍监要求可怜的黑子按照如下规则整理厨房：
对于任何一个格子中数字不等于1的格子a[x][y],都能找到两个位置s,t 使得a[x][y] = a[s][y]+a[x][t]。
黑子想尽快投入姐姐大人（逃）的怀抱，于是想先判断现在的厨房是否已经满足上述条件。请你帮帮她吧~Input第一行是一个整数n (1<=n<=50) 接下来的n行n列代表每个格子中的数字。Output如果厨房是整理好的，输出“YES”否则输出“NO”Example

Input

Output

Yes

Input

Output

No

Note在第二个例子中，5不能被同一行和同一列的数字来表示

暴力每个位置都检测一遍就行。

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int a[55][55],n,flag=1,flag1=1,i,j,s,t;int main()
{cin >> n;for (i=0;i<n;i++)for (j=0;j<n;j++)scanf("%d",&a[i][j]);for (i=0;i<n;i++){for (j=0;j<n;j++){if (a[i][j]!=1){flag=0;for (s=0;s<n;s++){for (t=0;t<n;t++)if (a[i][j]==a[s][j]+a[i][t]){flag=1; break; }}}if (!flag) {flag1=0; break;}}if (flag1==0) break;}if (flag1) cout << "Yes";else cout << "No";return 0;
}

E - 御坂美琴的自制饼干 CodeForces - 799A

“御坂学姐突然要来我家烤饼干，一定是有男朋友了，这次一定要问出来！”泪子这样想着，一边准备烤饼干的炉子。
佐天泪子家里有两个炉子，烤k个饼干需要t秒，她们要至少烤制n块饼干。第一个炉子已经预热好了，但是第二个炉子没有。第二个炉子预热需要d秒。k个饼干在t秒同时烤好，第二个炉子在预热的时候只能用第一个炉子，第二个炉子预热结束之后，两个炉子可以同时用。
因为炉子的预热很是麻烦，请你帮帮她判断应不应该用第二个炉子，泪子会选择最快的一种方案。Input四个整数n,t,k,d （1《n,t,k,d《1000）Output如果预热第二个炉子会加快这个过程输出“YES”，否则输出“NO”Example

Input

8 6 4 5

Output

YES

Input

8 6 4 6

Output

NO

Input

10 3 11 4

Output

NO

Input

4 2 1 4

Output

YES

Note在第一个例子中，一个炉子在12分钟能烤8块饼干。5分钟后第二个炉子可以使用，6秒后第一个炉子烤出来4块饼干，11分钟后第二个炉子将剩下的饼干烤完，所以预热第二个炉子更快

第二个例子中无论使用第二个炉子与否都不会让进程加快

第三个例子只用一个炉子3分钟可以烤11个饼干，已经达到要求，但是要使用第二个炉子反而会让时间变长，所以不需要第二个炉子
题意：烤饼干，一个炉子可以直接用，另一个需要预热，炉子t秒k块饼干。问要不要用第二个炉子。可以直接判断一下不用第二个炉子和只用第二个炉子烤k块饼干的时间，然后看需不需要第二个炉子。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,t,k,d,s1,s2;int main()
{cin>>n>>t>>k>>d;s1=((n-1)/k+1)*t; //不用第二个炉子s2=max(d+t,(n-1)/k*t); //用第二个炉子烤k块饼干if (s1<=s2) printf("NO");else printf("YES");return 0;
}

F - [item]的特殊任务 CodeForces - 893C

"听说了吗？最新的都市传说！“ 学园都市有很多都市传说，有些是真的，但有些是假的。
都市传说的传播方式主要通过人们口口相传。现在你知道有N个人愿意传播都市传说，只要你支付客观的价钱。在你支付一定金钱之后，这位神秘人就会向他的朋友传播，他的朋友也向朋友的朋友传播（不要钱）……。芙兰达按照麦野的指令向这N个人传播一个都市传说（是真是假呢~），请你告诉她能完成任务的最少花费。Input第一行有两个整数n,m，代表n个人，m对朋友。（1<=n<=10^5,0<=m<=10^5）
接下来的一行有n个数，代表第i个人愿意传播都市传说所需要的钱数(0<=i<=10^9)
接下来的m行，每行有两个整数,a，b代表a,b是朋友(1<=a,b<=n,a≠b)Output输出最小的花费Example

Input

Output

Input

10 0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Output

Input

10 5
1 6 2 7 3 8 4 9 5 10
1 2
3 4
5 6
7 8
9 10

Output

题意：给n个人传话，给每个人传话都要一定费用，一部分人是朋友，给其中一个人传话所有人都会知道这件事。问最小花费。存成一个图，然后用bfs搜索一下就行，记住是无向图，一开始因为这个wa了好几次。好像还可以用并查集，不会用，可以思考一下。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
typedef long long ll;
using namespace std;
ll n,m,x,y,mini=-1,ans=0;
ll a[100005][2];
vector<ll> v[100005];void bfs(int i)
{queue<int> q;q.push(i);while(!q.empty()){int now=q.front();q.pop();if (a[now][0]<mini) mini=a[now][0];a[now][1]=1;for (int j=0;j<v[now].size();j++)if (!a[v[now][j]][1]) q.push(v[now][j]);}
}int main()
{memset(a,0,sizeof(a));cin >> n >> m;for (int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i][0]);for (int i=1;i<=m;i++){scanf("%lld%lld",&x,&y);v[x].push_back(y);v[y].push_back(x); //无向图记得要连回来 }for (int i=1;i<=n;i++){if (a[i][1]) continue;mini=a[i][0];bfs(i);ans+=mini;}cout << ans;return 0;
}

并查集做法（递归）

比bfs(dfs)更快

#include <cstdio>
#include <iostream>
#define MAX_N 100005
typedef long long ll;
using namespace std;
int co[MAX_N],pre[MAX_N];
int n,m,a,b;
ll ans=0; //注意ans要用ll否则会waint find(int x)  //找x的根节点
{if (pre[x]==x)return x;  //前一项就是自己->找到根节点else return pre[x]=find(pre[x]);   //往前找一项
}void inline combine(int p,int q)
{int x=find(p),y=find(q); //x为p的根节点，y为q的根节点if (x==y) return;  //在一棵树上不做任何操作if (co[x]>co[y])   //x树的花费大于y树的花费pre[x]=y;    //将x树的根节点加入为y树的根节点的子节点，即将x，y合并为一棵树else pre[y]=x;    //同理
}int main()
{cin >> n >> m;for (int i=1;i<=n;i++){pre[i]=i;  //一开始所有的树根节点都是自己scanf("%d",&co[i]);}for (int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d",&a,&b);combine(a,b);}for (int i=1;i<=n;i++)if (pre[i]==i) ans+=co[i];   //ans加根节点为自身的花费cout << ans;return 0;
}

G - 上条当麻的暑假作业 CodeForces - 902B

“我的暑假作业可怎么办啊……真不幸”上条当麻的暑假作业还有很多。但他还要忙着拯救世界（喂食index）请你帮他做一道吧, 小萌老师可不好惹。
题目给出一颗有根树，请你输出将这棵树上每个节点v染成对应的颜色Cv，所需要的最少的操作。这棵树的树根是节点1，标号从1到n
染色操作是这样的，选择一个节点v和颜色x，一次染色操作会把节点v所在的子树的所有节点都染成x。
树的定义：https://baike.baidu.com/item/%E6%A0%91/2699484?fr=aladdin&fromid=12062173&fromtitle=%E6%95%B0%E6%8D%AE%E7%BB%93%E6%9E%84+%E6%A0%91Input第一行是一个整数n代表树的节点个数（2<=n<=10^4)
第二行有n-1个整数p2,p3…pn(1《=pi《i)，代表i节点和pi有一条边
第三行有n个整数c1,c2,c3,…cn 代表每个节点需要被染成的颜色
保证数据是一个合法的树Output输出最小的步骤Example

Input

6
1 2 2 1 5
2 1 1 1 1 1

Output

Input

7
1 1 2 3 1 4
3 3 1 1 1 2 3

Output

Note

这是第一个例子的图

第一步我们把节点1的子树染色成颜色2(数字代表颜色):

下一步我们将节点5的子树变成颜色1

第三步染色节点2:

题意：一开始没看懂这个树是怎么输入的，结束后仔细看发现是从1开始，然后第二行是后面每个节点的父节点，第三行是最后要涂成的颜色。这个题看了大神的做法，其实有一个比较方便的方法，就是遍历颜色，如果某节点颜色和父节点一样说明只需操作父节点即可，而如果颜色不一样说明这个节点也需要操作，则操作数+1。也可以用dfs搜索，麻烦又耗时。以下为第一种方法的代码。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#define MAX_N 10005
using namespace std;
int a[MAX_N],b[MAX_N];
int n,cnt=0;int main()
{    cin >> n; for(int i=2;i<=n;i++)  scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<=n;i++)  scanf("%d",&b[i]); for(int i=1;i<=n;i++)  if(b[i]!=b[a[i]])  cnt++;  cout << cnt << endl; return 0;
}

I - 御坂美琴的噩梦 HDU - 5914

“只要我摧毁了这个工厂，实验就不会进行了吧……”
学园都市排名第三的Lv5，【超电磁炮】御坂美琴站在一座秘密工厂的房顶上，准备潜入。
“我首先要破解这里的安保系统，可恶……这是什么问题嘛”
工厂的安保系统要求接入者解决这个问题：有一个数列1,2,3,4,5,…,n，现在要求从这个数列中删除最小个数的数字，使得剩下的任何三个数都不能形成三角形。
请你帮助御坂美琴，结束她的噩梦Input第一行有一个整数T，代表T组测试样例接下来T行,每行有一个整数(1《n《20)Output输出“Case #x: y“代表第x个测试样例的结果是y，占一行Sample Input

Sample Output

Case #1: 1
Case #2: 1
Case #3: 2

题意：题意很明显，满足这个条件的数列为1,2,3,5,8,13,21。由于数据范围较小可以直接打表。

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int t,n,cnt=0;
int a[25]={0,0,0,0,1,1,2,3,3,4,5,6,7,7,8,9,10,11,12,13,14};int main()
{cin >> t;while (t--){cin >> n;printf("Case #%d: %d\n",++cnt,a[n]);}return 0;
}

K - 一方通行和最大公约数II CodeForces - 798C

一方通行，学院最强的Lv5，在被“幻想杀手“上条当麻制裁（友情破颜拳）之后，变成了萝莉控……
“来和我玩游戏吧，御坂御坂用期待的口气说道“
“好吧，就陪你玩一会”
“last order想让一个数组的最大公约数超过1，她可以进行一个操作，选定一个 i(0<=i<=n)，将a[i],a[i+1]替换成a[i]-a[i+1],a[i]+a[i+1]，顺序不变，请问她最少能用多少次操作就能达成目的？或者告诉她不可能达到。Input第一行是一个整数n，代表有n个数（2<=n<=100 000)
下面一行有n个数，代表数字ai（1<=ai<=10^9)Output如果可以让数组的最大公约数超过1输出“YES”，下一行输出最小操作次数。如果不能，输出“NO”Example

Input

2
1 1

Output

YES
1

Input

3
6 2 4

Output

YES
0

Input

2
1 3

Output

YES
1

题意：让一个数列的最大公约数大于1，可以让这个数列都变成偶数。这里有一个操作a[i],a[i+1]替换成a[i]-a[i+1],a[i]+a[i+1]。即为两偶不用换，两奇换一次，一奇一偶换两次。

注意：换完之后最后一个数可能仍为奇数需要额外判断。如果一开始最大公约数就大于1直接输出0。

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int n,a[1000005],sum=0,t;int gcd(int a,int b) //求最大公约数
{int t;while(b){t=b;b=a%b;a=t;}return a;
}int main()
{cin >> n;for (int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]);t=a[0];for (int i=1;i<n;i++){t=gcd(t,a[i]);}if (t>1) {cout << "YES" << endl << "0"; return 0;} // 一开始最大公约数大于1直接输出0for (int i=0;i<n-1;i++){if (a[i]%2){if (a[i+1]%2) sum++;else sum+=2;a[i]=a[i+1]=2; // 将两个数置为偶数（只要置为偶数就行）}}if (a[n-1]%2) sum+=2;  // 最后仍为奇数的情况cout << "YES" << endl << sum;return 0;
}