Codeforces Round #697 (Div. 3) A~E题解
写在前边
状态及其不佳，很累很困，还好\(unrated\)了
A. Odd Divisor
链接：A题链接
题目大意:
判断一个数是否有奇数因子。
思路：
一开始挺懵的，然后自己推了一下，发现只有\(2\)的幂才不会有奇数因子，因此本题只需要判断是否是二的幂即可，利用位运算,\(x \& (x - 1)\)。
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define PLL pair<long, long>
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
void solve() {
ll n;
cin >> n;
if (n & (n - 1)) {
puts("YES");
} else {
puts("NO");
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
B. New Year's Number
链接：B题链接
题目大意:
判断一个数\(n\)是否可以由\(a\)个\(2021\)和\(b\)个\(2020\)组成。
思路：
既然由\(2020\)与\(2021\)组成，那么只需要判断\(n\)对\(2020\)取模后得到的数是否可以由\(n / 2020\)个\(1\)组成即可，即\((n \% 2020) <= (n / 2020)\)。
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define PLL pair<long, long>
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
void solve() {
int n;
cin >> n;
if ((n % 2020) <= (n / 2020)) {
puts("YES");
} else {
puts("NO");
}
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
C. Ball in Berland
链接：C题链接
题目大意:
有\(a\)个男生，\(b\)个女生，一个男生一个女生组合起来跳舞，并且要求选出两对，给出\(k\)对男女组合，求有多少种组合方式。
思路：
可以两重直接循环枚举，枚举到\([a, b]\)的时候，二重循环中判断不包含\(a，b\)顶点的都可以加到答案中，但是直接枚举肯定超时，因此优化一下我们就可以预处理出\(a\)的出度\(degreeA[a]\)，\(b\)的出度\(degreeB[b]\)，那么一重循环枚举到\([a, b]\)我们可以直接找到不符合条件的有几个，即\(degreeA[a] + degreeB[b] - 1\)，一共有\(k\)对那么符合条件的就有\(k - (degreeA[a] + degreeB[b] - 1)\)，因此就从\(O(n^2)\)优化到了\(O(n)\)，最后再将答案除以\(2\)即可，因为每个顶点都算了两遍。
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define PLL pair<long, long>
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
const int N = 2e5 + 10;
int edga[N], edgb[N];
ll out_degreeA[N], out_degreeB[N];
void solve() {
int a, b, k;
cin >> a >> b >> k;
for (int i = 1; i <= k; i++) {
cin >> edga[i];
out_degreeA[edga[i]]++;
}
for (int i = 1; i <= k; i++) {
cin >> edgb[i];
out_degreeB[edgb[i]]++;
}
ll res = 0;
for (int i = 1; i <= k; i++) {
res += k - (out_degreeA[edga[i]] + out_degreeB[edgb[i]] - 1);
}
cout << res / 2 << endl;
memset(out_degreeA, 0, sizeof out_degreeA);
memset(out_degreeB, 0, sizeof out_degreeB);
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
D. Cleaning the Phone
链接：D题链接
题目大意:
清理手机问题，每个\(app\)占用内存\(a_i\)，它相应的实用度有\(b_i\) \((b_i只能为1或2)\)，那么总的实用度就是\(b_i\)的和，现在要清理内存，要求清理出至少\(m\)的内存，损失最少实用度，求出损失的最少实用度，若没有则输出\(-1\)。
思路：
很明显的贪心策略就是优先删除实用度为\(1\)并且占内存比较大的，再者就是删除实用度为\(2\)占内存比较大的，而但是毕竟选择的不是一两个\(app\)，因此为了解决这个问题可以将实用度为1或者2的分成两个数组，然后求其前缀和，最好的方案就是再能达到需求的情况下尽可能少的卸载实用度为\(2\)的\(app\)，因此从大到小枚举实用度为\(2\)的\(app\)，然后剩下就是\(m - preSum2\)，那么另一边就用二分来选择\(preSum1\)，维护一个\(res\)始终为最小方案。
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <climits>
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define PLL pair<long, long>
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
void solve() {
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<LL> v(n + 1), preSum1, preSum2;
preSum1.push_back(0), preSum2.push_back(0);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> v[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int c;
cin >> c;
if (c == 1) {
preSum1.push_back(v[i]);
}
else if (c == 2) {
preSum2.push_back(v[i]);
}
}
sort(preSum2.rbegin(), preSum2.rend() - 1), sort(preSum1.rbegin(), preSum1.rend() - 1);
for (int i = 1; i < preSum1.size(); i++) {
preSum1[i] += preSum1[i - 1];
}
for (int i = 1; i < preSum2.size(); i++) {
preSum2[i] += preSum2[i - 1];
}
LL res = INT_MAX;
for (int i = preSum2.size() - 1; i >= 0; i--) { //从大到小枚举
LL aim = m - preSum2[i];
LL l = 0, r = preSum1.size();
while (l < r) {
LL mid = l + r >> 1;
if (preSum1[mid] >= aim) {
res = min(res, i * 2 + mid);
r = mid;
}
else {
l = mid + 1;
}
}
}
cout << (res == INT_MAX ? -1 : res) << endl;
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
E. Advertising Agency
链接：E题链接
题目大意:
一个人从\(n\)个博主里选\(k\)个来带货，那么她当然是优先选择粉丝多的博主了，问有多少种选择方案。
思路：
设\(cnt[x]\)为拥有\(x\)个粉丝的博主，那么我们肯定优先从粉丝多的博主选了，例如要求选\(k\)个，已经选了\(m\)个，还剩下\(k - m\)个需要选，那么现在\(cnt[x] >= k - m\)，因此只需要从cnt[x]里选k-m个即可，即求组合数，因为数据范围很小，可以直接用递推式即可:\(C_a^b = C_{a-1}^{b} + C_{a-1}^{b-1}\)
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define PLL pair<long, long>
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1010;
int c[N][N];
void init() {
for (int i = 0; i < N; i++) {
for (int j = 0; j <= i; j++) {
if (!j) {
c[i][j] = 1;
} else {
c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
}
}
}
}
void solve() {
int k, n;
cin >> n >> k;
vector<int> cnt(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int x;
cin >> x;
cnt[x]++;
}
init();
for (int i = n; i >= 1; i--) {
if (cnt[i] >= k) {
cout << c[cnt[i]][k] << endl;
return;
} else {
k -= cnt[i];
}
}
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
