Codeforces Round #823 (Div. 2) A-D
A
题解
知识点：贪心。
对于一个轨道，要么一次性清理，要么一个一个清理。显然，如果行星个数大于直接清理的花费，那么选择直接清理，否则一个一个清理。即 \(\sum \min (c,cnt[i])\)，其中 \(cnt[i]\) 表示轨道 \(i\) 的行星个数。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int cnt[107];
bool solve() {
int n, c;
cin >> n >> c;
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
for (int i = 1;i <= n;i++) {
int x;
cin >> x;
cnt[x]++;
}
int ans = 0;
for (int i = 1;i <= 100;i++) ans += min(c, cnt[i]);
cout << ans << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
B
题解
方法一
知识点：三分。
按位置从小到大排列，显然约会花费是一个关于 \(x_0\) 的单谷函数，因此可以三分位置。
由于位置最大有 \(10^8\) ，但点的个数只有 \(10^5\) ，考虑先用 map 存储有序对 \((x,t)\) ，其中 \(t\) 是位置 \(x\) 的人最大打扮时间，因为比这个时间少的一定不影响结果。遍历结束以后把 map 内容移到 vector 中用 pair 存储用以三分，check 函数则只要遍历一遍 vector 即可。
时间复杂度 \(O(n \log \max(eps))\)
空间复杂度 \(O(n)\)
方法二
知识点：贪心。
把 \(t\) 等效进位置，如果 \(x_i\) 在 \(x_0\) 左侧，则等效位置是 \(xi - t\) ;如果 \(x_i\) 在 \(x_0\) 右侧，则等效位置是 \(x_i + t\) 。
所有点的左侧等效位置最左的位置，就是等效区间左端点；所有点的右侧等效位置最右的位置就是等效区间的右端点。
如果等效区间的左右端点来自于不同两点的等效点，那么等效区间的中点一定在这两点之间，否则原来的点必有一个能覆盖另一个点，等效区间的左右端点就属于同一个点的等效点。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
方法一
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int x[100007];
map<int, int> mp;
vector<pair<int, int>> v;
double check(double mid) {
double mx = 0;
for (auto [i, j] : v) {
mx = max(mx, abs(i - mid) + j);
}
return mx;
}
bool solve() {
mp.clear();
v.clear();
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
cin >> x[i];
mp[x[i]] = 0;
}
for (int i = 1;i <= n;i++) {
int T;
cin >> T;
mp[x[i]] = max(mp[x[i]], T);
}
for (auto [i, j] : mp) {
v.push_back({ i,j });
}
double l = 0, r = v.back().first;
while (abs(r - l) >= 1e-7) {
double mid1 = l + (r - l) / 3;
double mid2 = r - (r - l) / 3;
if (check(mid1) <= check(mid2)) r = mid2;
else l = mid1;
}
cout << fixed << setprecision(10) << l << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
方法二
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int x[100007], T[100007];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
int l = 1e9, r = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> x[i];
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> T[i];
for (int i = 1;i <= n;i++) {
l = min(x[i] - T[i], l);///最左侧等效点
r = max(x[i] + T[i], r);///最右侧等效点
}
cout << fixed << setprecision(8) << (l + r) / 2.0 << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
C
题解
知识点：贪心。
因为要字典序最小，那么一个数字他后面没有更小的数字则可以保留，其他都应该删除，所以从右往左找一个合法的保留序列，其他的数字加一，并且都是位置随意的，于是可以插入到保留下来的序列，并使插入后的序列是从小到大字典序最小的排列。因此直接把保留序列外的数字加一以后，对整个序列排序即可。
也可以直接桶排序。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
string s;
cin >> s;
int mi = 10;
for (int i = s.size() - 1;i >= 0;i--) {
if (s[i] - '0' <= mi) mi = s[i] - '0';
else s[i] = min(s[i] + 1, '9' + 0);
}
sort(s.begin(), s.end());
cout << s << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
D
题解
知识点：构造。
注意到操作不会改变无序对 \((a_i, b_{ n - i + 1 })\) 数量以及种类。
引理：\(a = b\) ，当且仅当无序对是回文的。
充分性：
当 \(a = b\) 时，如果 \(i\) 处存在一组无序对 \((x, y)\) ，则必然会在 \(n-i+1\) 产生相同一组无序对 \((y, x)\) ，除非当 \(n\) 为奇数时，可以在中间产生一个元素相同的无序对 \((x,x)\) ，因此 \(a = b\) 时，无序对必然成回文状。
必要性：
当无序对是回文的，则第 \(i\) 组无序对 \((x,y)\) 可以对应第 \(n-i+1\) 组无序对 \((y,x)\) ，即 \(a_i = b_i\) ,所以 \(a = b\) 。
充要条件：YES 当且仅当无序对 \((a_i, b_{ n - i + 1 })\) 中元素不同的无序对有偶数个，元素相同的无序对仅在 \(n\) 为奇数时至多 \(1\) 种有奇数个。
充分性：
根据引理，显然满足右边条件。
必要性：
显然没有任何限制时，给出的无序对条件能排列成回文的，现在尝试证明其必然可构造无序对回文。
注意到操作 \(k = i\) 可以使得 \(a[1 \cdots k]\) 和 \(b[k\cdots n]\) 交换位置，即 \((a[k], b[n - k + 1])\) 这一组无序对被置换到了 \(1\) 号位置，同时 \((a[1],b[n])\) 这一组无序对被置换到了 \(i\) 号位置，但这不会改变 \(a[k+1 \cdots n]\) 和 \(b[1\cdots k-1]\) 的顺序，即第 \(k+1\) 到 \(n\) 组无序对及其实际元素顺序没有改变。因此，如果我们想要将无序对通过操作变成一个我们想要的顺序，可以从右往左构造。
假设 \(i+1\) 到 \(n\) 的无序对都安排好了，现在 \(i\) 号位置想要 \(j (j\leq i)\) 号位置的无序对时，可以先 \(k=j\) ，将 \(j\) 号替换到 \(1\) 号，然后 \(k=i\) ，将 \(1\) 号替换 \(i\) 号，过程中 \(i+1 \cdots n\) 的无序对不会改变，包括实际元素顺序。
上述操作最后结果是无序对 \(j\) 替换到 \(i\) ，且 \(j\) 号无序对元素的实际顺序不会改变。但如果我们希望实际元素的顺序也发生改变，我们可以加一个步骤 \(k = 1\) 在中间，即通过 \(k = j, k = 1, k = i\) 替换 \(i\) 号后的 \(j\) 号元素实际顺序与原来是相反的，这也是为什么我们只需要知道无序对顺序即可，因为元素实际顺序是可以随时改变的。
通过上述操作我们可以实现无序对的任意排列，以及无序对实际元素的顺序。因此无序对满足回文条件时，必然可以构造出无序对回文。于是根据引理，得到 \(a = b\) 。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
string a, b;
int cnt[26][26];
bool solve() {
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
int n;
cin >> n;
string a, b;
cin >> a >> b;
for (int i = 0;i < n;i++) {
int x = a[i] - 'a', y = b[n - 1 - i] - 'a';
if (x > y) swap(x, y);
cnt[x][y]++;
}
bool ok = true;
int esum = 0;
for (int i = 0;i < 26;i++) {
for (int j = i;j < 26;j++) {
if (i == j) esum += cnt[i][j] & 1;
else ok &= !(cnt[i][j] & 1);
}
}
if (ok && esum <= (n & 1)) cout << "YES" << '\n';
else cout << "NO" << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
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