Codeforces Round #660 (Div. 2) A、B、C题解
A. Captain Flint and Crew Recruitment #构造
题目链接
题意
定义一类正整数，能够被\(p*q\)表示，其中\(p、q(1<p<q)\)均为素数，称之为\(nearly\ prime\) 。现要求判断整数\(n\)，是否能被4个不同整数之和表示，且其中至少三个整数为\(nearly\ prime\) (是则，输出YES否则输出NO)
分析
\(n = 31 = 2\times7+2\times5+2\times3+1\)，其中\(14,10,6\)为\(nearly\ prime\)
\(n = 32 = 2\times3+2\times5+2\times7+2\)，其中\(14,10,6\)为\(nearly\ prime\)
容易得到最小的三个\(nearly\ prime\)为\(6,10,14\)，因而满足条件的最小整数为31，见上。当\(n\leq30=6+10+14\)，答案NO。当\(n>30\)，答案定为YES
难道剩余的正整数都能被\(6,10,14,n-30\)表示吗？注意，当\(n-30 = 6or10or14\)时，出现了重复数字，我们可以构造出比{\(2*3,2*5,2*7,n\)}稍大的组合，即{\(2*3,2*5,3*5,n\)}
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main() {
int Q; scanf("%d", &Q);
while (Q--) {
int n;
scanf("%d", &n);
if (n <= 30) {
printf("NO\n");
continue;
}
int last = n - 30;
if (last == 6 || last == 10 || last == 14) {
printf("YES\n6 10 15 %d\n", n - 31);
}
else {
printf("YES\n6 10 14 %d\n", n - 30);
}
}
return 0;
}
B. Captain Flint and a Long Voyage #构造 #贪心
题目链接
题意
给定整数\(n\)，找出一个十进制数字\(x\)满足：长度为\(n\)，得到\(x\)在二进制下的串，去掉后面的\(n\)位，新二进制串是最大的，且数字\(x\)越小越好。好绕，原题面看得十分吃力
分析
我们将\([0, 9]\)数字分别转化为二进制串，可以观察到数字\(8,9\)的二进制串长度最长，分别为\(1000, 1001\)，由题干要求，抹除\(n\)位后的二进制串最大，那么利用贪心思想，要找到这样的串，那么十进制数字\(x\)的二进制串越长越好，于是我们可以断定这个\(x\)肯定由\(8or9\)组成。
但别忘了题干还要求我们数字\(x\)越小越好，为什么可以有这样的条件？拿数字\(8,9\)的二进制串\(1000, 1001\)而言，当我们抹除最后1位时，得到的两个新串是相等的！于是但凡得到数字\(999...999\)，我们可以在合法的长度内将末位的几个\(9\)替换为\(8\)，这样既保证二进制串大且原十进制数小的情况了，即\(x\)的组成肯定为\(999...888\)。
如何确定这一合法的替换长度呢？考虑到8/9二进制串长度为4。对于原数字\(x\)最末尾的最末尾的(向上取整)\(n/4\)个要被去除的串，选8还是9的二进制串是没有区别的
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main(){
int Q; scanf("%d", &Q);
while(Q--){
int n;
scanf("%d", &n);
int len = n / 4; //将最后n位换成len个数字8的二进制串
if(n % 4 != 0) len++; //余数为[1, 3]说明还可以再替换多一个数字8的二进制串
for (int i = 1; i <= n - len; i++)
printf("9");
for (int i = 1; i <= len; i++)
printf("8");
printf("\n");
}
return 0;
}
C. Uncle Bogdan and Country Happiness #DFS #逆向思维
题目链接
题意
给定\(n\)个节点的树结构，\(m\)个人初始在根节点\(1\)号，已知每个人都有各自要到达的节点(默认走最短路)，他们刚出发有各自的心情状态(好/坏)且我们未知，在节点之间的转移过程中好心情会转化为坏心情，但心情坏的不会发生改变。先给定每个节点数据h[i]，理论上值为该节点上 心情好的人数 - 心情坏的人数，现要判断给定数据是否正确。
分析
若从节点1出发来考虑似乎不容易，我们可以尝试从每个到达的目标节点逆推到根节点。
设经过城市\(now\)人数有\(sum[now]\)，该城市理论快乐指数为\(h[now]\)，可以计算出理论上该城市的快乐人数
\(Hapsum[now] =(sum[now]+h[now])/2\)
\(= (Hapsum[now]+badsum[now]+Hapsum[now]-badsum[now])\)
参考官方题解，我们有三个标准去衡量数据的合法性：
- \(sum[now]+h[now]\)一定能被整除
- \(0\leq Hapsum[now]\leq sum[now]\) 即快乐人数肯定不会超过总人数
- \(Hapsum[to_1]+Hapsum[to_2]+...+Hapsum[to_{k}]\leq Hapsum[now]\) 即每个人从now出发可能会心情变糟，因而子节点的快乐人数总数一定不超过父节点
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 1e5 + 5;
struct Edge {
int to, nextNbr;
}E[MAXN << 1];
int Head[MAXN], tot = 0;
void addEdge(int u, int v) {
tot++;
E[tot].to = v; E[tot].nextNbr = Head[u]; Head[u] = tot;
}
int n, m, delt[MAXN], cnt[MAXN], sum[MAXN], HapSum[MAXN];
bool f = true;
void dfs(int pre, int now) {
if (f == false) return;
sum[now] = cnt[now];
int tmp_sum = 0;
for (int i = Head[now]; i >= 0; i = E[i].nextNbr) {
int v = E[i].to;
if (v != pre) {
dfs(now, v);
sum[now] += sum[v];
tmp_sum += HapSum[v]; //统计 快乐人数
}
} //sum[now]统计now节点为根的子树的总人数
if ((sum[now] + delt[now]) % 2 != 0) f = false; //说明不是整数...case1
HapSum[now] = (sum[now] + delt[now]) >> 1; //利用给定数据算出经过该城市后的理论快乐人数
if (HapSum[now] < 0 || HapSum[now] > sum[now]) f = false;//说明快乐人数比总人数还多...case2
if (HapSum[now] < tmp_sum) f = false;
//说明经过now城市后的快乐人数 竟然比 走得更远的城市的快乐人数 还 少...case3
}
int main() {
int Q; scanf("%d", &Q);
while (Q--) {
scanf("%d%d", &n, &m);
tot = 0; f = true;
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &cnt[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &delt[i]), Head[i] = -1;
for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
int x, y; scanf("%d%d", &x, &y);
addEdge(x, y); addEdge(y, x);
}
dfs(0, 1);
printf("%s\n", f ? "YES" : "NO");
}
return 0;
}
