Codeforces Round #592 (Div. 2)
A. Pens and Pencils
签到。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
int a, b, c, d, k;
void run() {
cin >> a >> b >> c >> d >> k;
for(int x = 1; x < k; x++) {
int y = k - x;
if(x * c >= a && y * d >= b) {
cout << x << ' ' << y << '\n';
return;
}
}
cout << -1 << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
B. Rooms and Staircases
签到。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1005;
int n;
char s[N];
void run() {
cin >> n;
cin >> (s + 1);
int left = -1, right;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(s[i] == '1') {
left = i; break;
}
}
for(int i = n; i >= 1; i--) {
if(s[i] == '1') {
right = i; break;
}
}
int ans = 0;
if(left == -1) {
ans = n;
} else {
ans = max(2 * right, 2 * (n - left + 1));
}
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
C. The Football Season
题意：
现在共有\(n,n\leq 10^{12}\)场比赛，赢一场比赛获得\(w\)分，平局获得\(d\)分，输了不加分，\(1\leq d<w\leq 10^5\)。
现在知道总分\(p,p\leq 10^{17}\)，求三元组\((x,y,z)\)满足:
- \(x\cdot w+y\cdot d=p\)
- \(x+y+z=n\)
不存在则输出\(-1\)。
思路：
这不是扩欧模板题吗？也不是那么模板，还要贪心一下求个最小解，所以就卡了一整场比赛。
因为\(d<w\)，那么可以知道\(y< w\)，因为当\(y\geq w\)时，\(w\)个\(d\)不如\(x=d\)时，\(d\)个\(w\)划算。
然后\(w\)的范围也比较小，所以直接枚举判断就是了。
或者这样思考：反正是求较小解，那么得到解过后，\(y\)会模上\(w\)，也就是说自然\(y\)的范围就比较小了。为什么是\(y\)模，因为\(x\)越多总数量越小~
感觉还是挺巧妙的QAQ，没有细心分析题目性质以及数据范围。
所以说模板题不可信！！
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
ll n, p, w, d;
void run() {
for(int y = 0; y < w; y++) {
if(p - y * d < 0) break;
if((p - y * d) % w == 0) {
ll x = (p - y * d) / w;
if(n - x - y >= 0) {
cout << x << ' ' << y << ' ' << n - x - y << '\n';
return;
}
}
}
cout << -1 << '\n';
return;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n >> p >> w >> d) run();
return 0;
}
D. Paint the Tree
容易发现只有链的情况合法，链的情况就很简单了。
因为颜色个数较少，所以直接枚举颜色排列染色就行。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
int n;
int c[3][N];
int a[N], d[N], color[N], tmp[N];
vector <int> g[N];
int T;
void dfs(int u, int fa) {
a[++T] = u;
for(auto v : g[u]) {
if(v == fa) continue;
dfs(v, u);
}
}
void run() {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
d[i] = 0;
g[i].clear();
}
T = 0;
for(int i = 0; i < 3; i++) {
for(int j = 1; j <= n; j++) {
cin >> c[i][j];
}
}
for(int i = 1; i < n; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
++d[u], ++d[v];
g[u].push_back(v), g[v].push_back(u);
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(d[i] >= 3) {
cout << -1 << '\n';
return;
}
}
int rt;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(d[i] == 1) rt = i;
}
dfs(rt, 0);
int col[3] = {0, 1, 2};
ll ans = 1e18;
do {
ll res = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
res += c[col[(i - 1) % 3]][a[i]];
tmp[a[i]] = col[(i - 1) % 3];
}
if(res < ans) {
ans = res;
memcpy(color, tmp, sizeof(color));
}
} while(next_permutation(col, col + 3));
cout << ans << '\n';
for(int i = 1; i <= n; i++) cout << color[i] + 1 << " \n"[i == n];
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n) run();
return 0;
}
E. Minimizing Difference
题意：
给出\(n\)个数，现在你可以执行不超过\(k\)次操作，每次操作可以让一个数加一或者减一。
问最后最大与最小值的差值最小是多少。
思路：
- 显然差值具有单调性，可以考虑二分差值。
- 注意到最终最优的情况中，一定存在某个数其没有发生改变。
- 那么直接枚举下界和上界，二分找另外一个界限就行（也可以利用双指针）。
至于为什么可以一定存在某个数不会改变，可以这样考虑：
若最终存在至少两个不同的数，那肯定满足；
若最终是只有一个值，那么一定会达到只有两个值的状态，我们固定一个数量较多的不变就行，不影响结果。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
ll n, k;
int a[N];
ll sum[N];
bool chk(int d) {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int low = lower_bound(a + 1, a + n + 1, a[i]) - a - 1;
int high = upper_bound(a + 1, a + n + 1, a[i] + d) - a;
ll tot = 1ll * low * a[i] - sum[low] + sum[n] - sum[high - 1] - 1ll * (n - high + 1) * (a[i] + d);
if(tot <= k) return true;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int high = upper_bound(a + 1, a + n + 1, a[i]) - a;
int low = lower_bound(a + 1, a + n + 1, a[i] - d) - a - 1;
ll tot = 1ll * low * (a[i] - d) - sum[low] + sum[n] - sum[high - 1] - 1ll * (n - high + 1) * a[i];
if(tot <= k) return true;
}
return false;
}
void run() {
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
int l = 0, r = 1e9 + 1, mid;
while(l < r) {
mid = (l + r) >> 1;
if(chk(mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
cout << l << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n >> k) run();
return 0;
}
F. Chips
题意：
给出一个只有黑白两种颜色的环，然后执行\(k\)次操作，每次操作，对于每个位置，若其两边的颜色和它不同，它的颜色就发生改变。
问\(k\)次过后的颜色状态是什么。
注意一下，每次操作中，颜色改变是同时的。
思路：
关键在于连续的段，很容易发现颜色连续的段颜色不会发生改变。
那么我们将所有连续的段提取出来，每次单独考虑两个连续段的中间部分，将\(k\)和\(len\)取\(min\)暴力修改即可。
易知复杂度不超过\(O(n)\)。
注意一下因为是环，开头和结尾的部分不是很好处理，所以可以将序列复制两次，最后只看中间部分，这样就比较方便处理。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 5;
int n, k;
char s[3 * N];
struct seg{
int l, r, c;
}a[N];
void run() {
cin >> (s + 1);
for(int j = n + 1; j <= 3 * n; j++) {
s[j] = s[j - n];
}
s[3 * n + 1] = '\0';
int tot = 0;
for(int i = 1, j; i <= 3 * n; i = j) {
j = i + 1;
while(j <= 3 * n && s[i] == s[j]) ++j;
int col = (s[i] == 'W' ? 0 : 1);
if(j - i > 1)
a[++tot] = {i, j - 1, col};
}
// for(int i = 1; i <= tot; i++) {
// cout << a[i].l << ' ' << a[i].r << '\n';
// }
for(int i = 1; i < tot; i++) {
int len = a[i + 1].l - 1 - a[i].r;
if(a[i].c == a[i + 1].c) {
if(len - 2 * k > 0) {
for(int j = a[i].r + 1; j <= a[i].r + k; j++) {
s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
}
for(int j = a[i + 1].l - 1; j >= a[i + 1].l - k; j--) {
s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
}
for(int j = a[i].r + k + 1; j <= a[i + 1].l - k - 1; j++) {
s[j] = (s[j - 1] == 'W' ? 'B' : 'W');
}
} else {
for(int j = a[i].r + 1; j <= a[i + 1].l - 1; j++) {
s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
}
}
} else {
if(len - 2 * k > 0) {
for(int j = a[i].r + 1; j <= a[i].r + k; j++) {
s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
}
for(int j = a[i + 1].l - 1; j >= a[i + 1].l - k; j--) {
s[j] = (a[i + 1].c == 0 ? 'W' : 'B');
}
for(int j = a[i].r + k + 1; j <= a[i + 1].l - k - 1; j++) {
s[j] = (s[j - 1] == 'W' ? 'B' : 'W');
}
} else {
for(int j = a[i].r + 1; j <= a[i].r + len / 2; j++) {
s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
}
for(int j = a[i + 1].l - 1; j >= a[i + 1].l - len / 2; j--) {
s[j] = (a[i + 1].c == 0 ? 'W' : 'B');
}
}
}
}
if(tot == 0 && k & 1) {
for(int i = n + 1; i <= 2 * n; i++) {
s[i] = (s[i] == 'W' ? 'B' : 'W');
}
}
for(int i = n + 1; i <= 2 * n; i++) {
cout << s[i];
}
cout << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n >> k) run();
return 0;
}
G. Running in Pairs
题意：
给出两个排列\(p,q\)，先可以任意调换排列的顺序，求最大的\(\sum_{i=1}^{n}max(p_i,q_i)\)，同时其不能超过\(k\)。
思路：
- 观察可以发现，在所有的\(max(p_i,q_i)\)中，同一个数最多出现两次。
- 采用贪心策略，应尽可能接近\(k\)，所以每次将目前最大和最小的交换。
- 若交换过后值超过\(k\)，因为交换产生的贡献是连续的，所以我们选取中间最优的进行交换即可。
这G貌似有点简单。。。就是一个普通的贪心。。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e6 + 5;
ll n, k;
int a[N], b[N];
void run() {
ll ans = (n + 1) * n / 2;
if(ans > k) {
cout << -1 << '\n';
return;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = b[i] = i;
int p = n / 2;
int now = n - 1, pos = 1;
for(int i = 1; i <= p; i++) {
if(ans + now > k) {
swap(a[pos], a[pos + k - ans]);
break;
}
ans += now;
now -= 2;
swap(a[pos], a[n - pos + 1]);
++pos;
}
ll sum = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) sum += max(a[i], b[i]);
cout << sum << '\n';
for(int i = 1; i <= n; i++) cout << a[i] << " \n"[i == n];
for(int i = 1; i <= n; i++) cout << b[i] << " \n"[i == n];
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n >> k) run();
return 0;
}
重要的是自信，一旦有了自信，人就会赢得一切。
