Codeforces Round #544 (Div. 3) 解题报告
题目大意：给你（HH,MM）形式的两个时间点，它们之间相差偶数分钟，问中间时刻是多少？
题目思路：计算两个时间点间有多少分钟，除2后加到起始时间上，注意分钟达到60时，时钟需要进位。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int h1,h2,m1,m2,h3,m3; scanf("%d:%d",&h1,&m1); scanf("%d:%d",&h2,&m2); int tot=(h2-h1)*60+(m2-m1); tot/=2; h3=h1+tot/60; m3=m1+tot%60; h3+=m3/60; m3%=60; if(h3<10) printf("0%d:",h3); else printf("%d:",h3); if(m3<10) printf("0%d\n",m3); else printf("%d\n",m3); return 0; }
B. Preparation for International Women's Day
题目大意：告诉你n个礼物，每个礼物中有di个糖果，礼物两两组合为一个盒子。要求盒子内糖果数为k的倍数。问最多可以装多少个符合条件的盒子？
题目思路：直接枚举明显超时O(n2)，可以考虑先将每个礼物对k取余，再记录取余得到的结果的出现次数，最后枚举一遍，计算拼凑出和为k的情况数。注意单独计算取余结果为0的礼物自己互相组合形成盒子。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t[105]; bool vis[105]; int main() { int n,k; cin>>n>>k; memset(t,0,sizeof(t)); int tmp; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>tmp; t[tmp%k]++; } int ans=0; ans+=t[0]/2; vis[0]=true; for(int i=1;i<k;i++) { if(vis[i]) continue; if(k-i==i) ans+=t[i]/2; else ans+=min(t[i],t[k-i]); vis[i]=true; vis[k-i]=true; } cout<<ans*2<<endl; return 0; }
题目大意：告诉你n个数，定义一个合法的集合为：集合中元素的最大值与最小值的差值不超过5，问由这n个数形成的合法集合的大小最大为多少？
题目思路：先将n个数排序，再枚举所有元素，维护一个最大值与最小值之差不超过5的队列，更新队列长度最大值。O(n*log(n))
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=200005; #define ll long long queue<ll> que; ll a[maxn]; int main() { int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); sort(a+1,a+n+1); int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) { while(que.size()&&a[i]-que.front()>5) que.pop(); que.push(a[i]); if(ans<que.size()) ans=que.size(); } cout<<ans<<endl; return 0; }
题目大意：有两个集合，分别为A和B，其中各有n个元素。现在定义C集合：其中每个元素ci=d*ai+bi，d可取任意值，问当d取最优时，C集合中0元素最多为多少？
题目思路：令（ai,bi）为一数对，数对有四种类型：①.（0,0）②（0,y）③（x,0）④（x,y）
对于第一种类型，d取任意值，对应的ci都是0，所以计算它的数量，加到最终答案里。
对于第二种类型，d取任意值，对应的ci都不可能是0，所以忽略它的存在。
对于第三种类型，只有d取0时，对应的ci才是0，所以对这一类单独计数，更新ans
对于第四种类型，利用gcd把它化成最简形式（x,y互质）,用STL中的map记录不同最简数对的数量，更新ans
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=200005; int a[maxn],b[maxn]; struct node{ int a,b; node(){} node(int a,int b):a(a),b(b){} bool operator<(const node&other) const{ if(a==other.a) return b<other.b; return a<other.a; } }; map<node,int> m1; int gcd(int a,int b) { return b==0?a:gcd(b,a%b); } int main() { int n,ans=0; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]); int x=0,add=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(a[i]==0&&b[i]==0) add++; else if(a[i]==0) continue; else if(b[i]==0) x++,ans=max(ans,x); else { int k=gcd(a[i],b[i]); int tmp=++m1[node(a[i]/k,b[i]/k)]; ans=max(ans,tmp); } } printf("%d\n",ans+add); return 0; }
比赛时做这道题比较仓促，没有分清楚4个情况，并且对于第四类数对没用到gcd以及map来计数，而是保存ai/bi的结果，来数相同结果的最多有多少。这种方法对精度要求很高，D题的第37个数据点为：
2
999999999 1000000000
999999998 999999999
精度不够导致认为这两个结果相同，输出2，而不是1。所以还是用map吧....
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map的关键字key可以用pair<int,int>，具体操作就是p=make_pair(a[i]/k,b[i]/k);
要比结构体实现方便一丢丢。
题目大意：C题的升级版，背景描述差不多。告诉你n个数，定义一个合法的集合为：集合中元素的最大值与最小值的差值不超过5，问的是找出不超过k个合法集合，它们的并集中的元素个数最大是多少？
题目思路：先对所有元素从小到大排序，问题可以重述为，在[1,n]范围内选取不相交的k个合法集合，使元素个数和最大。（显然，符合题意的k个集合的交集为空集，这样能保证并集元素个数最大。）
考虑第n个元素，它可以包含在最终答案的k个合法集合当中，也可以不包含在其中。
①在k个集合中：则其中1个合法集合已经找到，就是n所在的合法集合，然后从后往前数，找到第一个不在n所属集合中的元素位置pos，剩下要解决的问题就变成了在[1,pos]范围内选取不相交的k-1个合法集合，使元素个数和最大
②不在k个集合中：要解决的问题就变成了在[1,n-1]范围内选取选取不相交的k个合法集合，使元素个数和最大
这是一个动态规划问题，根据上述分析，容易定义状态并写出状态转移方程式：
状态：dp（i,j）表示[1,i]范围内选取选取不相交的j个合法集合所得到的最大元素个数
状态转移方程式：①在k个集合中：dp(i,j)=dp(pos,j-1)+i-pos (pos是从i往前数第一个不在i所属集合中的元素位置) ②不在k个集合中：dp(i,j)=dp(i-1,j)
dp(i,j)=max{dp(pos,j-1)+i-pos，dp(i-1,j)}
可以用递推式来实现，初始值：dp(i,0)=0，最终答案就是dp(n,k)
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 5000+10; int a[maxn],p[maxn]; int dp[maxn][maxn]; int main() { int n,k; scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); sort(a+1,a+n+1); memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i=1;i<=n;i++) pos[i]=lower_bound(a+1,a+n+1,a[i]-5)-a-1; for(int j=1;j<=k;j++) for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[pos[i]][j-1]+i-pos[i]); printf("%d\n",dp[n][k]); return 0; }
开始自己做这道题的时候想到动态规划，但设计得不够好导致时间复杂度更高。
状态定义：dp(i,j,m)表示表示[i,j]范围内选取选取不相交的m个合法集合所得到的最大元素个数
状态转移：dp(i,j,m)=dp(i,p,1)+dp(p,j,m-1) (p∈[i,j])
虽然经过优化，状态减少到2维，但是转移的时间复杂度O(n)优化不了，一直TLE
所以说，以后做dp题目的时候，再多思考一下子问题的设计；多刷，积累经验。
F1. Spanning Tree with Maximum Degree
题目大意：给你一个无向图，求任意一个生成树，要求其上度数最大的点的度数，尽可能大。
题目思路：先计算所有点的度数，把度数最大的点以及其所连着的边加入正在构造的生成树，再添加边集中其它的边来构造生成树。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 200005 int n,m; int fa[maxn]; int d[maxn]; Init_DisjointSet() { for(int i=1;i<=m;i++) fa[i]=i; } int find(int k) {return fa[k]==k?k:fa[k]=find(fa[k]);} struct Edge{ int s,t; }edge[maxn]; bool vis[maxn]; void work(int size) { int k1,k2; int cnt=0; for(int j=1;j<=m;j++) { Edge tmp=edge[j]; if(vis[j]) continue; int k1=find(tmp.s); int k2=find(tmp.t); if(k1!=k2) { fa[k2]=k1; vis[j]=1; cnt++; if(cnt==size) return; } } } int main() { int s,t; scanf("%d%d",&n,&m); memset(d,0,sizeof(d)); for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&s,&t); edge[i].s=s; edge[i].t=t; d[s]++; d[t]++; } int p,maxd=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(maxd<d[i]) { p=i; maxd=d[i]; } } memset(vis,0,sizeof(vis)); Init_DisjointSet(); for(int i=1;i<=m;i++) { s=edge[i].s; t=edge[i].t; if(s==p||t==p) { vis[i]=true; int k1=find(s); int k2=find(t); fa[k2]=k1; } } work(n-1-maxd); for(int i=1;i<=m;i++) if(vis[i]) printf("%d %d\n",edge[i].s,edge[i].t); return 0; }
F2. Spanning Tree with One Fixed Degree
题目大意：给你一个无向图，n个点m条边，问能否构造一个生成树，其1点的度数恰为D
题目思路：
两个情况下，无法构造该情形的生成树：1、1点所连着的边数小于D 2、去掉1点后，图中联通块的数目多于D
其它情况下，均可以构造，步骤如下：
1、将1点和每个联通块连一条边，共cnt条边
2、剩下1点还需连出D-cnt条边，则任意从1点连出的边中选出其它D-cnt条边。
3、从1点连出的点出发，遍历其它未经过的点，边遍历边添加所经过的边进入生成树的边集。
经过以上三步即可构造完这颗生成树，输出所有点边。
AC代码：
#include<iostream> #include<vector> #include<cstring> using namespace std; #define pb push_back #define maxn 200005 int vis[maxn]; vector<int> g[maxn]; vector<pair<int,int>> ans; bool mark[maxn]; vector<int> block[maxn]; void dfs(int s,int idex) { vis[s]=1; block[idex].pb(s); for(int i=0;i<g[s].size();i++) { int v=g[s][i]; if(!vis[v]) dfs(v,idex); } } void dfs2(int s) { for(int i=0;i<g[s].size();i++) { int to=g[s][i]; if(!vis[to]) { ans.pb(make_pair(s,to)); vis[to]=1; dfs2(to); } } } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int n,m,D; int u,v; cin>>n>>m>>D; for(int i=1;i<=m;i++) { cin>>u>>v; g[u].pb(v); g[v].pb(u); } if(g[1].size()<D) return 0*puts("NO\n"); //1点起始度数至少应为D memset(vis,0,sizeof(vis)); vis[1]=1; int cnt=0; //去掉1点后剩下的联通块数目 for(int i=2;i<=n;i++) { if(!vis[i]) { cnt++; dfs(i,cnt); } } if(D<cnt) return 0*puts("NO\n"); //联通块数目应不多于1点保留的出度 memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=0;i<g[1].size();i++) { int to=g[1][i]; mark[to]=1; } int tmp=0; vis[1]=1; for(int i=1;i<=cnt;i++)//从1点向每个联通块连出一条边 { for(int j=0;j<block[i].size();j++) { int to=block[i][j]; if(mark[to]) { ans.pb(make_pair(1,to)); vis[to]=1; tmp++; break; } } } if(tmp!=cnt) return 0*puts("NO\n"); for(int i=1;i<=n;i++) { if(mark[i]&&!vis[i]&&(D-cnt)) //从1点向没连到的点连边，直到度数为D { ans.pb(make_pair(1,i)); vis[i]=1; D--; } } for(int i=2;i<=n;i++) if(vis[i]) dfs2(i);//从深度为2的点开始深搜建树 cout<<"YES\n"; for(int i=0;i<ans.size();i++) cout<<ans[i].first<<' '<<ans[i].second<<endl; return 0; }
