Ozon Tech Challenge 2020 (Div.1 + Div.2)
A. Kuroni and the Gifts
签到。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/3/3 22:36:21
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
int n;
int a[N], b[N];
void run() {
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];
sort(a + 1, a + n + 1), sort(b + 1, b + n + 1);
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);
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
B. Kuroni and Simple Strings
贪心即可。
最后一定会删除左边\(x\)个\('('\)，右边\(x\)个\(')'\)，假设删除完过后的串依旧不符合条件，那么继续删左边\(y\)个、右边\(y\)个。
最后归纳一下，那么直接看左右两边最多删多少个就行。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/3/3 22:44:47
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1000 + 5;
char s[N];
int sta[N], top;
void run() {
cin >> (s + 1);
int n = strlen(s + 1);
int cnt = 0;
vector <int> v;
int l = 0, r = n + 1;
int c1 = 0, c2 = 0;
while(l + 1 < r) {
while(l + 1 < r && c1 == c2) {
++l;
if(s[l] == '(') {
++c1;
v.push_back(l);
}
}
while(l + 1 < r && c1 == c2 + 1) {
--r;
if(s[r] == ')') {
++c2;
v.push_back(r);
}
}
}
if(sz(v) & 1) v.pop_back();
if(sz(v) == 0) {
cout << 0 << '\n';
} else {
cout << 1 << '\n';
cout << sz(v) << '\n';
sort(all(v));
for(auto it : v) cout << it << ' ';
cout << '\n';
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
C. Kuroni and Impossible Calculation
题意：
给出\(a_{1,2,\cdots,n}\)，求\(\displaystyle \prod_{1\leq i<j\leq n}|a_i-a_j|\ \%\ m\)。
其中\(n\leq 2\cdot 10^5,m\leq 1000\)。
思路：
抽屉原理。
将\(a_i\)按模\(m\)进行分类，如果存在\(i,j\)，满足\(a_i\equiv a_j(mod\ m)\)，那么必然\(|a_i-a_j|\% m=0\)，最后答案就为\(0\)。
由抽屉原理，当\(n>m\)时，会出现上述情况，答案为\(0\)。
当\(n\leq m\)时，暴力计算即可。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/3/3 23:20:27
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 2e5 + 5;
int n, m;
int a[N];
void run() {
vector <int> mod(m);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
++mod[a[i] % m];
}
for(int i = 0; i < m; i++) {
if(mod[i] > 1) {
cout << 0 << '\n';
return;
}
}
int ans = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = i + 1; j <= n; j++) {
ans = 1ll * ans * abs(a[i] - a[j]) % m;
}
}
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
while(cin >> n >> m) run();
return 0;
}
D. Kuroni and the Celebration
题意：
交互题。
现在有一颗\(n,n\leq 5000\)个结点的有根树，但你并不知道哪个为根。
之后你可以通过不超过\(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\)次询问，每次询问两个点\((u,v)\)，回答会给出\(lca(u,v)\)。
最后要确定树根。
思路：
不妨以\(1\)结点作为根建出一颗有根树。
- 我们从\(1\)号结点开始，对其儿子两两进行询问，若给出的答案为两儿子之一，那么根结点必然在这个儿子的子树中。那么到儿子的子树中继续递归进行操作即可。
- 最后可能会剩下一个单独的儿子，我的策略就是\(dfs\)到该子树中随便的一个叶子，然后询问根节点和该叶子结点。如果回答为两个之一，那么便确定了树根；否则就到回答给出的结点继续递归操作。
以上操作即可保证每个点至多出现在一个询问中，满足限制条件。
注意一个细节就是，已经询问过的点不用再次询问。
我代码写的时候有点复杂，在\(dfs\)找叶子结点的时候就把点给标记了，其实意思是一个意思。。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/3/3 23:44:14
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1000 + 5;
int n;
vector <int> G[N], sons[N];
bool chk[N];
int now;
void dfs(int u, int fa) {
for(auto v : G[u]) if(v != fa) {
dfs(v, u);
sons[u].push_back(v);
}
}
int query(int u, int v) {
cout << '?' << ' ' << u << ' ' << v << endl;
int z; cin >> z;
return z;
}
int get(int u) {
chk[u] = true;
int SZ = sz(sons[u]);
for(auto it : sons[u]) if(chk[it]) --SZ;
if(SZ == 0) return u;
for(auto it : sons[u]) if(!chk[it]) {
return get(it);
}
}
void gao(int u) {
now = u;
int SZ = sz(sons[u]);
for(auto it : sons[u]) if(chk[it]) --SZ;
if(SZ == 0) {
return;
} else if(SZ == 1) {
for(auto it : sons[u]) if(!chk[it]) {
int to = get(it);
int z = query(u, to);
now = z;
if(z == to || z == u) return;
gao(now);
return;
}
} else {
vector <int> v;
for(auto it : sons[u]) if(!chk[it]) v.push_back(it);
for(int i = 0; i < sz(v); i += 2) {
if(i + 1 < sz(v)) {
int z = query(v[i], v[i + 1]);
if(z == v[i] || z == v[i + 1]) {
now = z;
gao(now);
return;
}
} else {
int to = get(v[i]);
int z = query(u, to);
now = z;
if(z == to || z == u) return;
gao(now);
return;
}
}
}
}
void run() {
cin >> n;
for(int i = 1; i < n; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
dfs(1, 0);
gao(1);
cout << "!" << ' ' << now << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
E. Kuroni and the Score Distribution
构造的话直接贪心构造。
先\(123456...\)，最后补差就行。
因为从\(3\)开始贡献依次为\(1,1,2,2,3,3,4,4,\cdots\)。
若最终没有补够\(n\)项，那么就填大的数并且有足够大的间隔即可。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/3/4 0:38:46
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 5000 + 5;
int n, m;
void run() {
cin >> n >> m;
if(n == 1) {
if(m == 0) cout << 1 << '\n';
else cout << -1 << '\n';
return;
}
vector <int> a;
a.push_back(1);
a.push_back(2);
int now = 1, cnt = 0;
int t = 0, p = 3;
while(t < m) {
if(t + now > m) {
int r = m - t;
--p;
for(int i = p + 1;; i++) {
int L = i - p, R = p;
if((R - L + 1) / 2 == r) {
a.push_back(i);
t += r;
break;
}
}
} else {
a.push_back(p++);
t += now;
if(++cnt == 2) {
++now, cnt = 0;
}
}
}
if(sz(a) > n) {
cout << -1 << '\n';
return;
}
int s = 1e9;
while(sz(a) < n) {
a.push_back(s);
s -= 50000;
}
sort(all(a));
for(auto it : a) cout << it << ' ';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}
F. Kuroni and the Punishment
题意：
给出\(a_{1,2,\cdots,n},n\leq 10^5,a_i\leq 10^{12}\)。
现在可以执行任意次操作：
- 选择一个数\(a_i\)，对其加一或者减一，不能出现\(0\)或负数。
现在问最少需要多少次操作，使得\(gcd(a_1,a_2,\cdots,a_n)>1\)。
思路：
考虑最终\(gcd=2\)的情况，显然这跟\(a_i\)的奇偶性有关，那么我们得出了答案的上界\(n\)。
据此上界我们可以推出，若某些位置执行的操作次数\(\geq 2\)，那么这些位置不超过\(\frac{n}{2}\)。也就是说我们有不少于一半的位置最终只执行了\(0\)次或\(1\)次操作。
那么我们随机选一个位置，对其执行不超过\(1\)次操作，之后枚举\(gcd\)，显然我们只用枚举其质因子即可。
最终的复杂度为\(O(随机次数*(n+logn))\)。
我们随机\(20\)次即可，那么一次都没随机到的几率不超过\(\frac{1}{2^{20}}\)，几乎可以忽略。
代码如下：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/3/4 10:56:42
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#include <random>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 2e5 + 5, MAX = 2e6 + 5;
int n;
ll a[N];
mt19937 rnd(time(NULL));
int primes[MAX], tot;
bool chk[MAX];
void init() {
for(int i = 2; i < MAX; i++) {
if(!chk[i]) primes[++tot] = i;
for(ll j = 1ll * i * i; j < MAX; j += i) chk[j] = true;
}
}
ll gao(ll x) {
if(x == 1) return INF;
auto solve = [&] (ll pri) {
ll res = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(a[i] < pri) res += pri - a[i];
else res += min(a[i] % pri, pri - a[i] % pri);
}
return res;
};
ll ans = INF;
for(int i = 1; i <= tot; i++) {
if(primes[i] > x) break;
if(x % primes[i] == 0) {
ans = min(ans, solve(primes[i]));
while(x % primes[i] == 0) x /= primes[i];
}
}
if(x > 1) ans = min(ans, solve(x));
return ans;
}
void run() {
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
ll ans = n;
for(int i = 1; i <= 20; i++) {
int id = rnd() % n + 1;
for(int j = -1; j <= 1; j++) ans = min(ans, gao(a[id] + j));
}
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
init();
run();
return 0;
}
重要的是自信，一旦有了自信，人就会赢得一切。
