codeforces round #261 (div. 2)[abcde]
acm
题目地址:codeforces round #261 (div. 2)
a - pashmak and garden 题意： 
一个正方形，它的边平行于坐标轴，给出这个正方形的两个点，求出另外两个点。
分析： 
判断下是否平行x轴或平行y轴，各种if。
代码：
/** author: illuz * file: a.cpp* create date: 2014-08-15 23:35:17* descripton: */#include #include #include #include using namespace std;const int n = 0;int main() { int x1, y1, x2, y2, x3, y3, x4, y4; int a; while (cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2) { if (x1 == x2) { a = y1 - y2; cout
b - pashmak and flowers 题意： 
在n个数中取出两个数，使得差值最大，问差值和有几种取法。 
两种取法不同当且仅当：两种方法至少有一个不同位置的数。
分析：
很明显差值就是最大-最小。
如果两个数不是相同的，那么取法就是max_cnt * min_cnt了。 
如果相同就要注意了，因为max_cnt * min_cnt里面有一些取法一样的数。 
比如：5 1 1 1 1 1。
那么我们可以这样考虑，第一次可以取5种，第二次可以取(5-1)钟，但是这里面(i,j)和(j,i)都取过，所以得减半，所以结果就是n*(n-1)/2。 或者可以这样考虑，我们为了不要取重复，规定第一次取的位置肯定在第二次前面，如果第一次取pos1，那么下次只能取(n-1)钟；如果第一次取pos2，第二次就(n-2)....累计就是(n-1)*n/2了。 代码：
/** author: illuz * file: b.cpp* create date: 2014-08-15 23:51:15* descripton: */#include #include #include #include using namespace std;#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i> t) { repf (i, 0, t - 1) { cin >> a[i]; } sort (a, a + t); if (a[0] == a[t - 1]) { cout = 0 && a[i] == a[t - 1]) mmax++, i--; cout
c - pashmak and buses 题意： 
n个人坐车，有k辆车带他们去d个地方玩。问怎么安排使得这d天他们没有一对人一直在一起的（fff团的胜利）。
分析： 
相当于：d行n列，每个位置填一个1～k的整数，要求不能有两列完全一样。 
爆搜过去即可，只要有解就行了。
代码：
/** author: illuz * file: c.cpp* create date: 2014-08-16 00:47:18* descripton: */#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;const int n = 1110;int a[n], sum;int n, d, k, m[n][n];void dfs(int x) { if(sum >= n) return; if(x >= d) { for (int i = 0; i
d - pashmak and parmida's problem 题意： 
给出一些数a[n]，求(i, j),i f(j, n, a[j])。
f(lhs, rhs, x)指在{ [lhs, rhs]范围中，a[k]的值=x }的数量。
分析： 
很明显： 
1. f(1, i, a[i])就是指a[i]前面包括a[i]的数中，有几个值=a[i]。 
2. f(j, n, a[j])就是指a[j]后面包括a[j]的数中有几个值=a[j]。
虽然a[x]范围不小，但是n的范围是1000，不是很大，所以我们可以用map预处理出f(1, i, a[i])和f(j, n, a[j])，记为s1[n], s2[n]。
这样就变成求满足s1[i] > s[j]， i
代码：
/** author: illuz * file: d.cpp* create date: 2014-08-16 00:18:08* descripton: */#include #include #include #include #include using namespace std;#define rep(i,n) for(int i=0;i=(b);i--)typedef long long ll;#define lson(x) ((x) > 1; build(l, m, lson(pos)); build(m + 1, r, rson(pos)); update(pos); } // add the point x with y void modify(int l, int r, int pos, int x, ll y) { if (l == r) { node[pos].w += y; return; } int m = (l + r) >> 1; if (x > 1; ll res = 0; if (x m) res += query(m + 1, r, rson(pos), x, y); return res; }} sgm;ll t, a[n];int s1[n], s2[n];map mp;int main() { while (cin >> t) { mp.clear(); rep (i, t) { cin >> a[i]; mp[a[i]]++; s1[i] = mp[a[i]]; } mp.clear(); for (int i = t - 1; i >= 0; i--) { mp[a[i]]++; s2[i] = mp[a[i]]; } sgm.build(1, t, root); ll ans = 0; rep (i, t) { ans += sgm.query(1, t, root, s2[i] + 1, t); sgm.modify(1, t, root, s1[i], 1); //cout
e - pashmak and graph 题意： 
给出一个有向带权值的图，要求出最长递增链路的长度。也就是当前边的权值要大于前一条边的。
分析： 
刚开始写了个搜索+map记忆化，然后就tle了qvq... 
其实可以用数组的dp来做，先对边从小到大排序，从小到达处理，对于相同的一类边，进行对边dp，然后更新对点dp。
@barty巨巨：
将所有边按边权从小到大排序，顺序扫描，如果没有重复边权的话，对于(u, v, d)这条有向边，可以直接用之前求的到u点的最长路径+1来更新到v的最长路径。 
不过题目中没有保证所有边权不同，为了保证严格递增，所以对于相同边权需要做一个缓冲处理。
代码：
/** author: illuz * blog: http://blog.csdn.net/hcbbt* file: e.cpp* create date: 2014-08-16 09:43:59* descripton: */#include #include #include #include using namespace std;#define repf(i,a,b) for(int i=(a);i