牛客小白月赛112

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A
B
C
D
E
F
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比赛地址：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/103957。

呃呃太唐了。

A

签到。

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
int main() {
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
  int a, b, w; std::cin >> a >> b >> w;

  if (a == w || b == w || (a + b == w) || (a + w == b) || (b + w == a)) {
    std::cout << "Yes" << "\n";
  } else {
    std::cout << "No" << "\n";
  }
  return 0;
}

B

签到，枚举。

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
int main() {
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
  int n; std::cin >> n;
  std::vector<int> a(n + 2);
  for (int i = 1; i <= n; ++ i) std::cin >> a[i];

  int ans = -1;
  for (int i = 2; i <= n - 1; ++ i) {
    if (a[i] > a[i - 1] && a[i] > a[i + 1]) {
      ans = std::max(ans, a[i] - (a[i - 1] + a[i + 1]) / 2);
    }
  }
  std::cout << ans << "\n";
  return 0;
}

C

特判。

保证最终剩下的所有桶中都不触发消除，则最终剩下的球数量的上界显然为 \(m(k - 1)\)。

当 \(q \le m(k - 1)\) 时若有解，则一种一定可行的操作方案是：不断往第一个桶里放球，直至恰好消除 \(n-q\) 个球，然后将剩余的球平均放到所有桶里，此时一定不会触发消除。则有解当且仅当：

\[\left[q\le m(k - 1)\right] \land \left[(n - q)\bmod k = 0\right] \]

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long

int main() {
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
  int T; std::cin >> T;
  while (T --) {
    LL n, m, k, q;
    std::cin >> n >> m >> k >> q;
    
    int ans = (q <= m * (k - 1) && (n - q) % k == 0);
    
    std::cout << (ans ? "Yes" : "No") << "\n";
  }
  return 0;
}

D

树，枚举。

记节点 \(i\) 的度数为 \(a_i\)。容易发现对于一棵以 \(r\) 为根的有根树，根节点 \(r\) 的孩子数为 \(a_r\)，其余所有点 \(i(i\not= r)\) 的孩子数为 \(a_i - 1\)。

于是考虑预处理 \(a_i\) 的前后缀最大值 \(\operatorname{pre}_i\) 和 \(\operatorname{suf}_i\)，然后考虑枚举根节点 \(i\)，此时树的叉数 \(k\) 即为：

\[k = \max(\operatorname{pre}_{i - 1} -1, a_i, \operatorname{suf}_{i + 1} - 1) \]

于是在所有的答案中按题意取最小值即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
const int kN = 1e5 + 10;

int n, into[kN], pre[kN], suf[kN];
std::vector<int> edge[kN];

int main() {
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
  std::cin >> n;
  for (int i = 1; i < n; ++ i) {
    int u, v; std::cin >> u >> v;
    edge[u].push_back(v), edge[v].push_back(u);
    ++ into[u], ++ into[v];
  }
  for (int i = 1; i <= n; ++ i) pre[i] = std::max(pre[i - 1], into[i]);
  for (int i = n; i; -- i) suf[i] = std::max(suf[i + 1], into[i]);

  int ans1 = n, ans2 = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
    int v = std::max(pre[i - 1] - 1, std::max(into[i], suf[i + 1] - 1));
    if (v < ans1) ans1 = v, ans2 = i;
  }
  std::cout << ans1 << " " << ans2 << "\n";
  return 0;
}

E

枚举，DP。

众所周知有：

\[\sum_{i=1}^r\sum_{j=1}^c a_i\times b_j = \left( \sum_{i=1}^r a_i\right)\times \left( \sum_{j = 1}^c b_j \right) \]

发现数据范围很小，于是考虑每次询问时大力枚举被询问数 \(x\) 的所有因数 \(d\)，则题目所求即为能否使用给定数列凑出两个数 \(d\) 和 \(\frac{x}{d}\)。

先考虑一个暴力 DP，记 \(f_{i, j, k}\) 使用数列前 \(i\) 个数，能否凑出行的和为 \(j\)，列的和为 \(k\)。初始化 \(f_{0, 0, 0} = \operatorname{true}\)，转移时大力枚举每个数 \(a_i\) 放到行/列，或者舍弃：

\[f_{i, j, k} \leftarrow \begin{cases} f_{i - 1, j, k}\\ f_{i - 1, j - a_i, k}(a_i\le j\le x)\\ f_{i - 1, j, k - a_i}(a_i\le k\le x) \end{cases}\]

上述状态可以在 \(O(nx^2)\) 时间复杂度内预处理出来。则对于每次询问都大力枚举被询问书的因数 \(d\)，有解当且仅当存在 \(d\)，使得 \(f_{n, d, \frac{x}{d}} = \operatorname{true}\)。

这个时候写完代码准备交了，一看下面我草居然还要输出方案！？怎么搞？！

于是考虑改造一下 DP 状态，使之能够记录当前这步转移进行了什么操作即可。记 \(\operatorname{from}_{i, j, k}=-1/1/2\) 表示若 \(f_{i, j, k} = \operatorname{true}\)，当前这步转移对 \(a_i\) 进行的操作为：舍弃/加到了行上/加到了列上。若 \(f_{i,j,k}=\operatorname{false}\) 则 \(\operatorname{from}_{i, j, k} = 0\)。在进行上述枚举转移 \(f\) 时顺便维护 \(\operatorname{from}\) 即可。

每次询问时，若枚举到了一个合法的 \(d\) 满足 \(f_{n, d, \frac{x}{d}} = \operatorname{true}\)，则考虑倒序枚举 \(i(1\le i\le n)\)，并根据记录的 \(\operatorname{from}\) 还原每一步的操作即可，总时间复杂度 \(O(nx^2 + m(\sqrt{x} + n))\)。

实现时可以合并两个数组 \(f\) 和 \(\operatorname{from}\)，具体实现详见代码。

注意：以下代码为根据上述暴力 DP 直接实现的，并不能通过 hard version 的 F 题。

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long

const int kN = 110;
const int kM = 110;

int n, m, a[kN];
int from[kN][kM][kM];

int main() {
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
  std::cin >> n >> m;
  for (int i = 1; i <= n; ++ i) std::cin >> a[i];

  from[0][0][0] = -1;
  for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
    for (int j = 0; j <= 100; ++ j) {
      for (int k = 0; k <= 100; ++ k) {
        if (from[i - 1][j][k]) from[i][j][k] = -1;
      }
    }

    for (int j = a[i]; j <= 100; ++ j) {
      for (int k = 0; k <= 100; ++ k) {
        if (!from[i][j][k] && from[i - 1][j - a[i]][k]) from[i][j][k] = 1;
      }
    }

    for (int j = 0; j <= 100; ++ j) {
      for (int k = a[i]; k <= 100; ++ k) {
        if (!from[i][j][k] && from[i - 1][j][k - a[i]]) from[i][j][k] = 2;
      }
    }
  }

  while (m --) {
    int x, ans = 0; std::cin >> x;

    for (int d = 1; d * d <= x; ++ d) {
      if (x % d) continue;
      if (from[n][d][x / d]) {
        ans = d;
        break;
      } else if (from[n][x / d][d]) {
        ans = x / d;
        break;
      }
    }

    std::cout << (ans ? "Yes" : "No") << "\n";
    if (!ans) continue;
    
    int suma = ans, sumb = x / ans;
    std::vector<int> ans1, ans2;
    for (int i = n; i; -- i) {
      if (from[i][suma][sumb] == -1) continue;
      if (from[i][suma][sumb] == 1) ans1.push_back(a[i]), suma -= a[i];
      if (from[i][suma][sumb] == 2) ans2.push_back(a[i]), sumb -= a[i];
    }
    std::cout << ans1.size() << " " << ans2.size() << "\n";
    for (auto v: ans1) std::cout << v << " ";
    std::cout << "\n";
    for (auto v: ans2) std::cout << v << " ";
    std::cout << "\n";
  }

  return 0;
}

F

DP，减去无用状态、无用转移的 DP 优化。

请首先阅读上一题 easy version 的题解。

发现此时直接套用上述状态直接做空间时间都会爆掉。但是发现数据范围并没有增大很多，于是考虑能否优化。

发现上述状态中，行和列实际上是没有区别的，状态 \(f_{n, j, k}\) 和状态 \(f_{n, k, j}\) 本质上是相同的，则实际上存在大量的无用状态和无用转移。

由于询问满足 \(x\le 10^4\)，根据小学数学知识可以发现，若 \(x\) 有解，即存在 \(f_{n, j, k} = \operatorname{true}\)，则一定有：\(\min(j, k) \le \sqrt{x}\)。于是考虑钦定在上述状态 \(f_{i, j, k}\) 和 \(\operatorname{from}_{i, j, k}\) 中，\(j\) 不大于 \(\sqrt{x}\)，则对应的 \(k\) 一定不大于 \(\frac{x}{j}\)（即钦定构造方案时保证行的和 \(j\) 不大于列的和 \(k\)）。

此时状态 \(f_{i, j, k}\) 空间复杂度变为 \(O(n\times \sqrt{x}\times x) = O(nx^{\frac{3}{2}})\) 级别，空间复杂度上没问题了。转移时钦定枚举 \(j\) 时不大于 \(\sqrt{x}\)，\(k\) 不大于 \(\frac{x}{j}\)，则由调和级数可知，对于每个 \(i\) 转移次数为：

\[\sum_{j=1}^{\sqrt{x}} \frac{x}{j} = \frac{x}{1} + \frac{x}{2} + \cdots + \frac{x}{\sqrt{x}} \le x\ln x \]

然后就能在 \(O(nx\ln x)\) 的时间复杂度内处理出所有状态了。询问时保证枚举的因数 \(d\le \sqrt{x}\)，然后套用 E 的做法即可。总时间复杂度 \(O(nx\ln x + m(\sqrt{x} + n))\)

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long

const int kN = 510;
const int kM = 110;

int n, m, a[kN];
int from[kN][kM][kM * kM];

int main() {
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
  std::cin >> n >> m;
  for (int i = 1; i <= n; ++ i) std::cin >> a[i];

  from[0][0][0] = -1;
  for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
    for (int j = 0; j <= 100; ++ j) {
      for (int k = 0; k <= 100 * 100 / std::max(1, j); ++ k) {
        if (from[i - 1][j][k]) from[i][j][k] = -1;
      }
    }

    for (int j = a[i]; j <= 100; ++ j) {
      for (int k = 0; k <= 100 * 100 / std::max(1, j); ++ k) {
        if (!from[i][j][k] && from[i - 1][j - a[i]][k]) from[i][j][k] = 1;
      }
    }

    for (int j = 0; j <= 100; ++ j) {
      for (int k = a[i]; k <= 100 * 100 / std::max(1, j); ++ k) {
        if (!from[i][j][k] && from[i - 1][j][k - a[i]]) from[i][j][k] = 2;
      }
    }
  }

  while (m --) {
    int x, ans = 0; std::cin >> x;
    for (int d = 1; d * d <= x; ++ d) {
      if (x % d) continue;
      if (from[n][d][x / d]) {
        ans = d;
        break;
      }
    }

    std::cout << (ans ? "Yes" : "No") << "\n";
    if (!ans) continue;
    
    int suma = ans, sumb = x / ans;
    std::vector<int> ans1, ans2;
    for (int i = n; i; -- i) {
      if (from[i][suma][sumb] == -1) continue;
      if (from[i][suma][sumb] == 1) ans1.push_back(a[i]), suma -= a[i];
      if (from[i][suma][sumb] == 2) ans2.push_back(a[i]), sumb -= a[i];
    }
    std::cout << ans1.size() << " " << ans2.size() << "\n";
    for (auto v: ans1) std::cout << v << " ";
    std::cout << "\n";
    for (auto v: ans2) std::cout << v << " ";
    std::cout << "\n";
  }

  return 0;
}

写在最后

学到了什么：

F：减去无用状态、无用转移的 DP 优化。

然后是夹带私货，关注泡芙爱情故事喵关注泡芙爱情故事谢谢喵：

posted @ 2025-03-21 21:26 Luckyblock 阅读(50) 评论(0) 收藏举报

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