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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 << x1 + a << ' ' << y1 << ' ' << x2 + a << ' ' << y2 << endl;	} else if (y1 == y2) {	a = x1 - x2;	cout << x1 << ' ' << y1 + a << ' ' << x2 << ' ' << y2 + a << endl;	} else {	if (abs(x1 - x2) != abs(y1 - y2)) {	cout << -1 << endl;	continue;	}	cout << x1 << ' ' << y2 << ' ' << x2 << ' ' << y1 << endl;	}	}	return 0;}

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。

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。
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<=(b);i++)typedef long long ll;const int N = 2e5 + 10;ll t, mmax, mmin;ll a[N];int main() {	while (cin >> t) {	repf (i, 0, t - 1) {	cin >> a[i];	}	sort (a, a + t);	if (a[0] == a[t - 1]) {	cout << 0 << ' ' << t * (t - 1) / 2 << endl;	continue;	}	mmax = 0;	mmin = 0;	int i = 0;	while (i < t && a[i] == a[0])	mmin++, i++;	i = t - 1;	while (i >= 0 && a[i] == a[t - 1])	mmax++, i--;	cout << a[t - 1] - a[0] << ' ' << mmin * mmax << endl;	}	return 0;}

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; i++)	m[i][sum] = a[i]; sum++; return; } for(int i = 1; i <= min(k, 1001); i++) { a[x] = i; dfs(x + 1); }}int main() { while (~scanf("%d%d%d", &n, &k, &d)) { memset(m, 0, sizeof(m)); sum = 0; dfs(0); if(sum < n)	puts("-1"); else { for(int i = 0; i < d; i++) { for(int j = 0; j < n; j++)	printf("%d ", m[i][j]); puts(""); } } } return 0;}

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 < j情况的数量了,你会发现跟求逆序对一样了。这时就可以用线段树或树状数组求逆序数对的方法解决这个问题了。不懂线段树怎么解的可以看：HDU 1394 Minimum Inversion Number（线段树求最小逆序数对）。

代码：

/** Author: illuz * File: D.cpp* Create Date: 2014-08-16 00:18:08* Descripton: */#include #include #include #include #include 

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<=(b);i++)const int N = 3e5 + 10;struct Edge {	int x;	int y;	int w;	bool operator <(const Edge& e) const {	return w < e.w;	}} e[N];int n, m;int edge[N], node[N];	// edges and nodes' dpint main() {	while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {	memset(edge, 0, sizeof(edge));	memset(node, 0, sizeof(node));	repf (i, 1, m) {	scanf("%d%d%d", &e[i].x, &e[i].y, &e[i].w);	}	sort(e + 1, e + m + 1);	repf (i, 1, m) {	int j = i;	while (j <= m && e[i].w == e[j].w) {	// update edges' dp	int x = e[j].x;	edge[j] = max(edge[j], node[x] + 1);	j++;	}	j = i;	while (j <= m && e[i].w == e[j].w) {	// update nodes' dp	int y = e[j].y;	node[y] = max(edge[j], node[y]);	j++;	}	i = j - 1;	}	int ans = 0;	repf (i, 1, m)	ans = max(ans, edge[i]);	printf("%d\n", ans);	}	return 0;}