Codeforces Round #667 (Div. 3) B、C、D、E 题解
抱歉B、C题咕了这么久
B. Minimum Product #枚举 #贪心
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题意
给定四个整数\(a, b, x, y\)，其中\(a\geq x, b\geq y\)，你可以执行不超过\(n\)次的操作：选择\(a\)或者\(b\)，减一。操作保证\(a\)不会低于\(x\)，\(b\)不会低于\(y\)。现要你求出\(a\)与\(b\)的最小乘积。
分析
容易知道结论，要使乘积变小，一定是要将尽可能多的减少量放到某一个数，而不是将减少量均摊给两个数。[*不完全证明见后]
由此，最终结果无非是两种情况，1) 要么先对\(a\)做减法，只有当新\(a\)不能再做减法时，再对\(b\)做减法。2) 要么先对\(b\)做减法，只有当新\(b\)不能再做减法时，再对\(a\)做减法。于是我们对这两种情况得到的乘积进行比较，就能得到最小乘积了。
[不完全证明]：翻译自@pritishn思路，假设两个数字\(a,b\)，你可以将他们进行总共两次减法操作。无疑有三种选择：(i) \(a-1, b-1\) ，得到的乘积为\(ab-a-b+1\)；(ii)\(a-2, b\)，得到乘积为\(ab-2b\)；(iii)\(a, b-2\)，得到乘积为\(ab-2a\)。
不妨设\(b>a\)，显然\(ab-a-b+1>ab-a-b>(因为b>a)ab-2b\)，显然情况(i)的乘积比情况(ii)大，同理也可以证明情况(ii)乘积比情况(iii)大。
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 2e5 + 5;
const int MOD = 1e4 + 7;
int q;
int main(){
scanf("%d", &q);
while(q--){
ll a, b, x, y, n;
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &a, &b, &x, &y, &n);
ll cura = max(a - n, x); //得到a的下限
ll len = n - (a - cura);
ll curb = max(b - len, y); //b的下限
ll ans1 = cura * curb;
curb = max(b - n, y);
len = n - (b - curb);
cura = max(a - len, x);
ll ans2 = cura * curb;
printf("%lld\n", min(ans1, ans2));
}
return 0;
}
C. Yet Another Array Restoration #数学 #暴力 #构造
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题意
你需要构造一个数组，其中它有\(n\)个不同正整数，同时它必须包含\(x, y\)两个已知正整数（\(x<y\)），这个数组(\(a_1<a_2<...<a_n\))经过升序排序后所有相邻元素必须差值相等，即\(a_2-a_1=a_3-a_2=...=a_n-a_{n-1}\)。现要你找到这样的数组并输出，同时该数组中的最大元素越小越好。
分析
题目要求构造的数组，显然是等差数列。因此我们核心思想就是确定首项及公差后，判断\(x,y\)是否在该数列即可。
怎么确定公差？我们知道公差一定是\(y-x\)的约数，\(d_{max}=y-x\)，我们就从\(d=1\)到\(d=d_{max}\)开始确定首项\(a_0\)，为了保证数组最大值越小越好，一定是希望\(y\)越接近最大值越好（即y前面能够拓展足够多的元素）。于是我们从\(y\)开始递减，如果能够向前拓展到\(n\)个元素，说明当前的\(d\)是最优的。如果不行，我们就将\(a_0\)确定在尽可能小的正整数，然后以\(a_0, a_0+d, a_0+2d, ... , a_0+d*(n-1)\)拓展元素，于是题目中要求的数组就确定下来了。公差的从小到大递增，一旦发现合法，同时又因为其枚举次序符合最优性，便可直接输出。
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 2e5 + 5;
const int MOD = 1e4 + 7;
int q;
int main(){
scanf("%d", &q);
while(q--){
int n, x, y;
scanf("%d%d%d", &n, &x, &y);
int diff = y - x;
for(int d = 1; d <= diff; d++){
if(diff % d != 0) continue; //说明公差的整数倍并不是两值差值，x利用该公差无法到达y
if(diff / d + 1 > n) continue; //说明该公差下，x到达y所经过的元素太多了
int k = min((y - 1) / d, n - 1); //注意，(y-1)/d保证a0落在最接近于1的位置
int a0 = y - k * d;
for (int i = 0; i < n; i++){
printf("%d%c", a0 + i * d, (i == n - 1) ? '\n' : ' ');
}
break;
}
}
return 0;
}
D. Decrease the Sum of Digits #模拟 #暴力
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题意
给定正整数\(n\)，每次操作可对\(n\)(\(\leq 10^{18}\))自增。你需要求出最少操作次数（同时也就是“增数”），使得将\(n\)增至某个数后所有数位数字之和，不大于\(s\)。
分析
观察到\(n\)的长度最多为18，我们可以自数字低位到最高位，尝试对每一位进行归零（实际上就是将该位的数字加到进十），并实时检查当前递增后的\(n\)的数字之和是否满足题意，时间复杂度为\(O(log^2_{10}(n))\)，对于该数据范围十分稳妥。
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 2e5 + 5;
const int MOD = 1e4 + 7;
int q;
int sum[20];
int Cal(ll x){ //计算x所有数位之和
int res = 0;
while(x){
res += (x % 10);
x /= 10;
}
return res;
}
int main(){
scanf("%d", &q);
while(q--){
ll n, tmp; int s, tot = 0;
scanf("%lld%d", &n, &s);
if(Cal(n) <= s) {
printf("0\n"); continue;
}
ll mul = 1, ans = 0;
for (int i = 0; i < 19; i++){
int cur = (n / mul) % 10; //获得第i+1位数字
ll diff = (10 - cur) * mul; //进位所需的差值
n += diff; //包含进位
ans += diff;
if(Cal(n) <= s) break;
mul *= 10;
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
E. Two Platforms #二分 #枚举
题目链接
题意
(飞机和飞机场太不形象了)
有n个球，第\(i\)个球坐标为(\(x_i, y_i\))，他们正要掉下来，现在你只有两个长度为\(k\)的水平盘子(如果盘子左端点为\(x\)，则右端点为\(x+k\)，两端点也能装下球)，需要你放置将这两个盘子放置到某个位置，将尽可能多的掉下来的球装下。求最多能装多少个球。
分析
感谢@issue敲腻害的思路。
题目中的\(y_i\)对答案没有影响，我们只考虑\(x_i\)，因而首先将所有球\(x\)坐标升序排序。接着，我们先考虑拿一个盘子去接球，从右到左枚举所有球的坐标，通过二分算法计算出该盘子当前从左端点起，能接到的球数量。为什么从右到左遍历？因为我们需要后缀和数组ri实时维护在区间[\(x[i], x[n]\)]中，任何位置放下盘子，能接到球的最大数量。
然后我们再拿另一盘子去接，此时从左到右枚举球的起点，并二分出能接到的数量。那么最后更新答案时，其实就是以\(i\)作为分界线， 第一个盘子装下左区间[\(x[i], x[i]+k\)] 的球数量，再加上第二个盘子在右区间（该右区间不一定连接于左区间）装下的球最大数量。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 2e5+5;
int q, n, k;
int x[MAXN], y[MAXN], le[MAXN], ri[MAXN];
int main(){
scanf("%d", &q);
while(q--){
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 1; i <= n + 1; i++) ri[i] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &x[i]);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &y[i]);
sort(x + 1, x + n + 1);
for(int i = n; i >= 1; i--){
int xfar = x[i] + k; //从第i个球的位置开始装，盘子能够到达的右端点
int pos = upper_bound(x + 1, x + 1 + n, xfar) - x; //得到右端点对应索引
ri[i] = max(pos - i, ri[i + 1]); //实时更新盘子放在[i, n]区间中任意位置中，接下球的最大数量
}
int ans = -1;
for(int i = 1; i <= n; i++){ //从1开始枚举另一盘子的左端点
int xfar = x[i] + k; //该盘子的右端点
int pos = upper_bound(x + 1, x + 1 + n, xfar) - x;
ans = max(ans, pos - i + ri[pos]);
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
