Educational Codeforces Round 104 (Rated for Div. 2) A~E题解
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A. Arena
题目大意:有\(n\)个人每个人有个牛逼值,当两个人打起来的时候牛逼值高的人会变的更牛逼:牛逼值\(+1\),如果相同则无事发生.如果有一个人牛逼值超过了所有人,那么他就是牛逼的king.问有多少个人可能会成为牛逼的king.
思路
显然只有牛逼值最小的人不能,其他人可以不停地打最小的人增加自己的牛逼值达到最大.
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
const int N = 105;
int a[N];
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n;scanf("%d",&n);
int minv = 105;
forn(i,1,n) scanf("%d",&a[i]),minv = min(minv,a[i]);
int pres = 0;
forn(i,1,n) if(a[i] == minv) ++pres;
printf("%d\n",n - pres);
}
return 0;
}
B. Cat Cycle
题目大意:有\(n\)个休息点.两个猫,前者A会以\(n,n-1,n-2,...1,n,n-1,n-2...\)的顺序循环选择去的地点.后者B则是\(1,2,3...n,1,2,3,.\)的顺序.但是由于后者是个菜比,如果前者当前在\(x\)休息,那么后者需要往后挪一位.并且在下一刻A移动到\(x+1\)了之后B也不会回到\(x\)的位置而是继续往下走.求\(k\)次休息时B选择的休息地点.
数据范围:
\(1 \leq n,q \leq 10^9\)
思路
首先很容易注意到\(n\)是偶数的时候不会相撞,只考虑奇数下的情况.
列表可以发现:B行动的周期是\(a = n / 2(↓)\).那么总的循环节长度是\(n*a\),令\(k\)模之即可.接下来把问题调整到对一段循环节内的考虑:再可以注意到从第一个\(n/2\)的位置开始每隔\(a-1\)次休息会产生一次冲突,所以可以拿到一个公式:对于时刻\(k\)来说当前(包括此次)撞上的次数是\(k/2(↓)\).剩下的直接统计就可以了.
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
ll n,k;scanf("%lld%lld",&n,&k);
if(n % 2 == 0)
{
ll res = k % n;
if(res == 0) res = n;
printf("%lld\n",res);
}
else
{
ll a = n / 2;
ll cur = (k - 1) % (n * a);
cur = (cur + cur / a) % n + 1;
printf("%lld\n",cur);
}
}
return 0;
}
C. Minimum Ties
题目大意:\(n\)个球队,每个球队打一场,胜者加三分,输者不加分,如果平局两边各加一分.问:最少有几次平局,可以使所有球队的最终总得分相同.要求输出具体方案.
思路
不妨把比赛看成是一条边,如果是平局,由于两边都加一,可以等价于直接把这条边的影响删去.如果一定要判一个输赢,那么就相当于把一个无向边调整成有向边:有向边指向的一边表示胜利,指出的端点表示输.接着可以发现如果每个点指进来的边数都相同,就说明得分都相同.进一步考虑每个点有多少个边相关:只跟奇偶性相关.对于\(n\)是奇数的情况,每个点有关的边数是偶数,直接对半平分输赢就可以了.对于\(n\)是偶数的情况每个点有关的边数是奇数,此时必须要删除一条边(也就是平局)才能保证边数是偶数.直接构造答案就可以了.
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
const int N = 105;
int ans[N];
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n;scanf("%d",&n);
if(n == 2) puts("0");
else
{
if(n % 2 == 0)
{
forn(i,1,n / 2 - 1) ans[i] = 1;
ans[n / 2] = 0;
forn(i,n / 2 + 1,n) ans[i] = -1;
}
else
{
forn(i,1,n / 2) ans[i] = 1;
forn(i,n / 2 + 1,n) ans[i] = -1;
}
forn(i,1,n)
{
forn(j,i + 1,n) printf("%d ",ans[j - i]);
}
puts("");
}
}
return 0;
}
D. Pythagorean Triples
题目大意:问三元组\((a,b,c)\)满足\(1 \leq a \leq b \leq c \leq n\)且是直角三角形,满足\(c=a^2-b\)的个数.
数据范围:
\(1 \leq n \leq 10^9\)
思路
上来不要慌,打个表可以发现\(a\)一定是一个奇数,并且从\(3\)开始的每个奇数都有对应的解,每个\(a\)对应的\(b,c\)的大小都是单调递增的,还有\(b=c-1\),当然这个手推也可以.而且可以发现有大量的\(n\)对应的合法个数重复,进而猜想在\(10^9\)以内的合法三元组的个数非常少,打表之后发现也就两万个,直接塞表里查\(c\)在\(n\)的范围以内的个数就可以了.注意lower_bound在处理恰好等于的情况的时候要额外加一个.
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
int main()
{
vector<ll> v;
for(ll a = 3;a <= 1e9;a += 2)
{
ll c = (a * a + 1) / 2;
ll b = c - 1;
if(c > 1e9 || b > 1e9) break;
v.push_back(c);
}
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n;scanf("%d",&n);
int p = lower_bound(v.begin(),v.end(),n) - v.begin();
if(v[p] == n) ++p;
printf("%d\n",p);
}
return 0;
}
E. Cheap Dinner
题目大意:有\(4\)种食物,每种食物有\(n_i\)种,对应的价格分别是\(a_i,b_i,c_i,d_i\).但是由于你妈喜欢看微信公众号,得知了有\(m_1\)个关系表示第一种食物里的第\(i\)种和第二种食物里的第\(j\)种不能一起吃会致癌,所以你不能选择这样两个食物,其次还有\(m_2\)代表第二种和第三种,\(m_3\)表示第三种和第四种.你不光被你妈的微信公众号理论折磨得有点烦,甚至还没钱吃饭,所以你现在想知道:想要每种食物都来一份,并且这些食物之间没有触犯你妈的禁忌的前提下,最少要花多少钱.
思路
经典套路:由于微信公众号的关系只在相邻两种中触发,所以不妨把这个问题分割成三个子问题:对每个第二种食物来说,与它能在一起,且价格最低的第一种食物是谁.对第三种第四种同理求,最后答案就是合并起来.
具体来说:对于每个第二种食物来说,要知道第一种食物里不和他有匹配关系且价格最低的是多少,如果能找出来,不妨把这个\(a_i\)直接累加到其价格上之后参与第二轮,最后答案就是第四种的价格加上去之后的最小值.回过头来,考虑怎么求不和他有匹配关系且价格最低的选择:在一开始就把所有前一种食物的价格加入到数据结构维护,再轮到他的时候,把所有跟他有关系的删去,删完了之后看最小值,再把刚刚删掉的加回去.这样的复杂度相当于遍历所有第二种食物和所有与他有关的边,整体再乘上一个数据结构维护的复杂度,是可以过的.至于数据结构的选择就很简单了,拿一个map维护次数就可以了.
不过要注意,如果当前都没有值了,说明这个点是一个不可达点,需要特殊标记一下.
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
const int N = 1.5e5+7;
const ll INF = 1e18;
int n[5];
ll a[5][N];
vector<int> E[N];
inline void del(map<ll,int>& st,ll x)
{
if(--st[x] == 0) st.erase(x);
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
forn(i,1,4) cin >> n[i];
forn(i,1,4) forn(j,1,n[i]) cin >> a[i][j];
forn(cur,2,4)
{
int m;cin >> m;
map<ll,int> st;
forn(i,1,n[cur]) E[i].clear();
forn(i,1,n[cur - 1])
{
if(a[cur - 1][i] == INF) continue;
++st[a[cur - 1][i]];
}
forn(i,1,m)
{
int u,v;cin >> u >> v;
if(a[cur - 1][u] == INF) continue;
E[v].push_back(u);
}
forn(i,1,n[cur])
{
for(auto& f : E[i]) del(st,a[cur - 1][f]);
if(st.empty()) a[cur][i] = INF;
else a[cur][i] += (*st.begin()).first;
for(auto& f : E[i]) ++st[a[cur - 1][f]];
}
}
ll res = 1e18;
forn(i,1,n[4]) res = min(res,a[4][i]);
cout << (res == INF ? -1 : res);
return 0;
}
