思维题
CF690A2
考虑没有钱的情况，可以发现只有 \(n=2^k\) 情况可行。为了最少，显然每个人钱数为 \(0/1\)，当有 \(m\) 钱，可以将这 \(m\) 钱分给最后 \(m\) 个人，这样一定会有 \(m\) 人投支持票，第 \(2\sim m+1\) 个人显然可以复制这个操作，所以会投反对票，这样就又回到了没有钱的情况。所以得出结论，找出 \(2^k+2m=n\) 的最小 \(m\) 即可。
CF690A3
直接猜自己的数字是不可猜的，转换一下思路，猜所有人的数字之和在模 \(n\) 意义下的和，令第 \(r\) 个僵尸猜的和模 \(n\) 为 \(r-1\) 即可。
[AGC016E] Poor Turkey
做题关键：“留着你是为了把你炖了”。
因为题目说的是存在可能性，那么本质来说就是问我们能否构造一种不死的方案。这说明每次 \(i/j\) 要死的时候，都会有鸡帮它们挡刀。考虑将按时间从大往小考虑，令 \(f_{i,x}\) 表示如果 \(i\) 要活下来，\(x\) 是否要在某个时间前活下来。用 bitset 维护，最后判断如果 \(i,j\) 均要活下来是否会有冲突即可。
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#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<double,int>
#define pb push_back
#define eps 1e-9
#define mp make_pair
using namespace std;
namespace IO{
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
int f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-'){
f=-1;
}
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=x*10+(ch-'0');
ch=getchar();
}
x=(f==1?x:-x);
}
template<typename T>
inline void write(T x){
if(x<0){
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>=10){
write(x/10);
}
putchar(x%10+'0');
}
template<typename T>
inline void write_endl(T x){
write(x);
putchar('\n');
}
template<typename T>
inline void write_space(T x){
write(x);
putchar(' ');
}
}
using namespace IO;
const int N=410,M=1e5+10;
int n,m,a[M],b[M],flag[N];
bitset<N>f[N];
void solve(){
read(n),read(m);
for(int i=1;i<=m;i++){
read(a[i]),read(b[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i][i]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=m;j;j--){
if(f[i][a[j]]&&f[i][b[j]]){
flag[i]=1;
}
if(f[i][a[j]]){
f[i][b[j]]=1;
}
if(f[i][b[j]]){
f[i][a[j]]=1;
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(!flag[i]&&!flag[j]&&((f[i]&f[j]).none())){
ans++;
}
}
}
write_endl(ans);
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
int t=1;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
CF618F
高考引流题，并没有想象中的难。
令 \(x=suma-sumb\)，一个策略，在 \(x<n\) 时，选择 \(a\) 中的数，反之选择 \(b\) 中的数。可以发现无论什么时刻，\(x\in[0,2n)\)，但总共有 \(2n+1\) 个时刻，因为开始选数前也是一个时刻，根据鸽巢原理，必然会有两个时刻 \(x\) 相同，即没有无解情况。这两个相同时刻之间选择的数就是我们要的答案。
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#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
using namespace std;
namespace IO{
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
int f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-'){
f=-1;
}
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=x*10+(ch-'0');
ch=getchar();
}
x=(f==1?x:-x);
}
template<typename T>
inline void write(T x){
if(x<0){
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>=10){
write(x/10);
}
putchar(x%10+'0');
}
template<typename T>
inline void write_endl(T x){
write(x);
putchar('\n');
}
template<typename T>
inline void write_space(T x){
write(x);
putchar(' ');
}
}
using namespace IO;
const int N=2e6+10;
int n,a[N],b[N],flag[N];
pii p[N];
void solve(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++){
read(a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
read(b[i]);
}
int posa=0,posb=0,delta=0;
flag[0]=1;
for(int i=1;i<=n*2;i++){
if(delta<n){
delta+=a[++posa];
}
else{
delta-=b[++posb];
}
if(flag[delta]){
write_endl(posa-p[delta].first);
for(int i=p[delta].first+1;i<=posa;i++){
write_space(i);
}
putchar('\n');
write_endl(posb-p[delta].second);
for(int i=p[delta].second+1;i<=posb;i++){
write_space(i);
}
return;
}
flag[delta]=1;
p[delta]=mp(posa,posb);
}
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
int t=1;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
CF505E
看到最大值最小，想到二分答案。证明单调性，如果少砍一下，最大值必然大于等于最优的最大值，证毕。
因为正着操作不方便处理，考虑将操作反过来。操作更改为每一轮后 \(h_i\) 变为 \(h_i-a_i\)，操作前 \(h_i\ge a_i\);进行 \(k\) 次操作，每次选择一个 \(h_i\) 变为 \(h_i+p\);要求最终的 \(h_i\) 不小于给定的 \(n\) 个数。因为如果大于给出的 \(a_i\)
贪心考虑，每次选择最容易导致 \(h_i-a_i<0\) 的 \(i\) 加上 \(p\)，如果不能使得没有 \(h_i-a_i<0\) 则显然不合法。到最后，将剩余操作次数分配一下，判断能否使所以 \(h_i\) 大于等于 \(a_i\)。
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#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define int long long
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<double,int>
#define pb push_back
#define eps 1e-9
#define mp make_pair
using namespace std;
namespace IO{
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
int f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-'){
f=-1;
}
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=x*10+(ch-'0');
ch=getchar();
}
x=(f==1?x:-x);
}
template<typename T>
inline void write(T x){
if(x<0){
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>=10){
write(x/10);
}
putchar(x%10+'0');
}
template<typename T>
inline void write_endl(T x){
write(x);
putchar('\n');
}
template<typename T>
inline void write_space(T x){
write(x);
putchar(' ');
}
}
using namespace IO;
const int N=1e5+10;
int n,m,k,p,a[N],h[N],num[N],ans,l,r=0x3f3f3f3f;
bool chk(int val){
priority_queue<pii>q;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(h[i]+m*a[i]<=val){
continue;
}
q.push(mp(-(val/a[i]),i));
num[i]=0;
}
int cnt=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
if(q.empty()){
break;
}
for(int j=1;j<=k;j++){
if(q.empty()){
break;
}
int x=-q.top().first,y=q.top().second;
q.pop();
if(x<i){
return 0;
}
num[y]++;
int w=(val+num[y]*p)/a[y];
if(w<m){
q.push(mp(-w,y));
}
cnt++;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int w=val+num[i]*p-m*a[i];
if(h[i]<=w){
continue;
}
int sum=(h[i]-w-1)/p+1;
cnt+=sum;
if(cnt>m*k){
return 0;
}
}
return 1;
}
void solve(){
read(n),read(m),read(k),read(p);
for(int i=1;i<=n;i++){
read(h[i]),read(a[i]);
l=max(l,a[i]);
r=max(r,a[i]*m+h[i]);
}
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(chk(mid)){
r=mid-1;
ans=mid;
}
else{
l=mid+1;
}
}
write_endl(ans);
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
int t=1;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
CF911F
一个结论：和一个点距离最远的点一定为直径两端点之一。对于直径上的点显然，对于不在直径上的点 \(x\)，令 \(y\) 为直径上距离 \(x\) 最近的点，因为距离 \(y\) 最远的点为直径的端点，加上一个 \(dis_{x,y}\)，距离 \(x\) 最近的点仍是直径的一个端点。
所以找到直径，先处理不在直径上的点，再处理直径上的点即可。
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#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<double,int>
#define pb push_back
#define eps 1e-9
#define mp make_pair
using namespace std;
namespace IO{
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
int f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-'){
f=-1;
}
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=x*10+(ch-'0');
ch=getchar();
}
x=(f==1?x:-x);
}
template<typename T>
inline void write(T x){
if(x<0){
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>=10){
write(x/10);
}
putchar(x%10+'0');
}
template<typename T>
inline void write_endl(T x){
write(x);
putchar('\n');
}
template<typename T>
inline void write_space(T x){
write(x);
putchar(' ');
}
}
using namespace IO;
const int N=2e5+10;
int n,rt,mx,dep[N];
vector<int>e[N];
void dfs(int u,int fa){
if(dep[u]>mx){
rt=u;
mx=dep[u];
}
for(auto v:e[u]){
if(v==fa){
continue;
}
dep[v]=dep[u]+1;
dfs(v,u);
}
}
vector<int>line,stk;
int vis[N],dis[N],deg[N];
void find(int u,int fa,int to){
stk.pb(u);
if(u==to){
line=stk;
}
for(auto v:e[u]){
if(v==fa){
continue;
}
find(v,u,to);
}
stk.pop_back();
}
void count(int u,int d,int fa){
if(!vis[u]){
vis[u]=fa;
dis[u]=d;
}
for(auto v:e[u]){
if(vis[v]){
continue;
}
count(v,d+1,fa);
}
}
void solve(){
read(n);
for(int i=1;i<n;i++){
int u,v;
read(u),read(v);
e[u].pb(v);
e[v].pb(u);
}
dfs(1,0);
int rtt=rt;
mx=0;
dfs(rt,0);
find(rt,0,rtt);
for(int i=0;i<line.size();i++){
int x=line[i];
vis[x]=x;
dis[x]=i;
}
for(auto x:line){
count(x,0,x);
}
vector<tuple<int,int,int>>ans;
queue<int>q;
ll ans_num=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
deg[i]=e[i].size();
if(vis[i]==i){
continue;
}
if(deg[i]==1){
q.push(i);
}
}
while(!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
if(vis[u]==u){
continue;
}
int top=vis[u];
if(dis[top]>=line.size()-dis[top]-1){
ans.pb(make_tuple(u,rt,u));
ans_num+=dis[u]+dis[top];
}
else{
ans.pb(make_tuple(u,rtt,u));
ans_num+=dis[u]+line.size()-dis[top]-1;
}
for(auto v:e[u]){
deg[v]--;
if(deg[v]==1){
q.push(v);
}
}
}
while(line.size()>1){
int u=line.back();
line.pop_back();
ans.pb(make_tuple(u,rt,u));
ans_num+=dis[u];
}
write_endl(ans_num);
for(auto x:ans){
write_space(get<0>(x)),write_space(get<1>(x)),write_endl(get<2>(x));
}
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
int t=1;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号