Codeforces Round 998 (Div. 3)
A - Fibonacciness
题意
长度为\(5\)的整数序列，已知\(a_1,a_2,a_4,a_5\)，填入一个\(a_3\)使得\(a_{i+2}=a_{i+1}+a_i\)中的\(i\)的个数最多
思路
总的就\(3\)种情况
代码
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef pair<int, int> pii;
const int mxn = 1e6 + 5;
void solve()
{
vector<int> v(5);
for (int i = 0; i < 5; i++)
{
if (i == 2)
{
continue;
}
cin >> v[i];
}
int a = v[0] + v[1];
int b = v[4] - v[3];
int c = v[3] - v[1];
int aa = 0, bb = 0, cc = 0;
for (int i = 0; i < 3; i++)
{
v[2] = a;
if (v[i + 2] == v[i + 1] + v[i])
{
aa++;
}
v[2] = b;
if (v[i + 2] == v[i + 1] + v[i])
{
bb++;
}
v[2] = c;
if (v[i + 2] == v[i + 1] + v[i])
{
cc++;
}
}
cout << max(aa, max(bb, cc)) << endl;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
while (T--)
{
solve();
}
return 0;
}
B - Farmer John's Card Game
题意
\(n\)头牛编号从\(1\)到\(n\)，每头牛有\(m\)张手牌，共\(n×m\)张牌编号从\(0\)到\(n×m-1\)。构造一个长度为\(n\)的序列\(p\)，使得手牌打出的顺序从小到大
思路
当\(m=1\)，则\(p\)一定存在(手牌大小升序)；其他情况最少有\(2n\)张牌，记录每张牌属于哪头牛，用\(ans\)数组存放牛的编号，从小到大遍历手牌，将牛的编号推入\(ans\)，直到数组大小为\(2n\)，检查前后两部分是否相同，相同就是解，否则无解
代码
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef pair<int, int> pii;
const int mxn = 1e6 + 5;
void solve()
{
int n, m;
cin >> n >> m;
set<pii> s;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 0; j < m; j++)
{
int x;
cin >> x;
s.insert({ x, i });
}
}
if (m == 1)
{
for (auto& i : s)
{
cout << i.second << " ";
}
cout << endl;
return;
}
vector<int> ans;
for (auto& i : s)
{
ans.push_back(i.second);
if (ans.size() == n * 2)
{
break;
}
}
for (int i = 0; i < n; i++)
{
if (ans[i] != ans[i + n])
{
cout << -1 << endl;
return;
}
}
for (int i = 0; i < n; i++)
{
cout << ans[i] << " ";
}
cout << endl;
return;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
while (T--)
{
solve();
}
return 0;
}
C - Game of Mathletes
题意
最初有\(n\)个数，初始分数为\(0\)。游戏有\(\frac n 2\)个回合，每回合\(Alice\)先删除一个数记作\(a\)，\(Bob\)再删除一个数记作\(b\)，若\(a+b=k\)，分数加\(1\)。\(Alice\)要使分数最小化，\(Bob\)要使分数最大化，两人都以最优方式进行游戏，问最后的得分
思路
显然最后所求即分数的最大值，因为\(Alice\)不管选什么，\(Bob\)总能选到加分的数字(如果有的话)
代码
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef pair<int, int> pii;
const int mxn = 1e6 + 5;
void solve()
{
int n, k, ans = 0;
cin >> n >> k;
map<int, int> m;
vector<bool> vis(n, false);
for (int i = 0; i < n; i++)
{
int x;
cin >> x;
m[x]++;
}
for (auto& i : m)
{
auto p = m.lower_bound(k - i.first); // 找匹配的
if (p == m.end() || (*p).first != k - i.first)
{
continue;
}
if (*p == i) // 相等
{
ans += i.second / 2;
i.second = (i.second >> 1 ? 1 : 0);
}
else
{
if (i.second > (*p).second)
{
ans += (*p).second;
i.second -= (*p).second;
(*p).second = 0;
}
else
{
ans += i.second;
(*p).second -= i.second;
i.second = 0;
}
}
}
cout << ans << endl;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
while (T--)
{
solve();
}
return 0;
}
D - Subtract Min Sort
题意
给定正整数序列\(a\)，执行以下操作任意次：将\(a_i\)、\(a_{i+1}\)减去\(min(a_i,a_{i+1})\)。判断是否能通过操作使得序列不递减。
思路
既然要不递减，那靠前的数自然越小越好，所以可以操作就操作，最后不合法就是无解
代码
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef pair<int, int> pii;
const int mxn = 1e6 + 5;
void solve()
{
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++)
{
cin >> a[i];
}
for (int i = 0; i < n - 1; i++)
{
if (a[i] <= a[i + 1])
{
int t = min(a[i], a[i + 1]);
a[i] -= t;
a[i + 1] -= t;
}
}
cout << (is_sorted(a.begin(), a.end()) ? "Yes" : "No") << endl;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
while (T--)
{
solve();
}
return 0;
}
E - Graph Composition
题意
给定两个简单无向图\(F,G\)，\(F\)有\(m_1\)边，\(G\)有\(m_2\)条边。在\(F\)中进行两种操作：删边、加边，使得\(F\)与\(G\)连通性相同。求最小操作数
思路
对于\(F\)中多出来的边(相对于\(G\)的连通分量之间)是一定要删的，剩下要加的边就是二者连通分量的数量之差
代码 (参考jiangly)
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#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_set>
using namespace std;
#define int long long
typedef pair<int, int> pii;
const int mxn = 5e5 + 5;
struct DSU
{
std::vector<int> f, sz;
DSU() {}
DSU(int n)
{
init(n);
}
void init(int n)
{
f.resize(n);
std::iota(f.begin(), f.end(), 0);
sz.assign(n, 1);
}
int find(int x)
{
while (x != f[x])
{
x = f[x] = f[f[x]];
}
return x;
}
bool same(int x, int y)
{
return find(x) == find(y);
}
bool merge(int x, int y)
{
x = find(x);
y = find(y);
if (x == y)
{
return false;
}
sz[x] += sz[y];
f[y] = x;
return true;
}
int size(int x)
{
return sz[find(x)];
}
};
void solve()
{
int n, m1, m2;
cin >> n >> m1 >> m2;
vector<pii> ef(m1);
DSU f(n), g(n);
for (int i = 0; i < m1; i++)
{
int u, v;
cin >> u >> v;
u--, v--;
ef[i] = { u,v };
}
int ans = 0, ccf = n, ccg = n;
for (int i = 0; i < m2; i++)
{
int u, v;
cin >> u >> v;
u--, v--;
ccg -= g.merge(u, v); // g的连通分量
}
for (auto& i : ef)
{
int u = i.first;
int v = i.second;
if (!g.same(u, v))
{
ans++; // 删边
}
else
{
ccf -= f.merge(u, v); // f的连通分量
}
}
cout << ans + ccf - ccg << endl; // 连通分量差值就是要加的边数
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
while (T--)
{
solve();
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号