Codeforces Round #680 (Div. 2, based on Moscow Team Olympiad)【ABCD】
比赛链接：https://codeforces.com/contest/1445
A. Array Rearrangment
题意
给定两个大小均为 \(n\) 的升序数组 \(a\) 和 \(b\) ，判断能否重排数组 \(b\) 使得对任意 \(i\) 均满足 \(a_i + b_i \le x\) 。
题解一
因为 \(a\) 为升序，所以将 \(b\) 按照降序排列判断即可。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n, x;
cin >> n >> x;
vector<int> a(n);
for (auto &x : a) cin >> x;
vector<int> b(n);
for (auto &x : b) cin >> x;
sort(b.begin(), b.end(), greater<>());
bool ok = true;
for (int i = 0; i < n; i++) if (a[i] + b[i] > x) ok = false;
cout << (ok ? "Yes" : "No") << "\n";
}
return 0;
}
题解二
若 \(a\) 不以升降序给出，则需要对 \(a\) 中的每个数在 \(b\) 中贪心查找最匹配的数。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n, x;
cin >> n >> x;
vector<int> a(n);
for (auto &x : a) cin >> x;
multiset<int> st;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int x;
cin >> x;
st.insert(x);
}
for (const auto &i : a) {
auto it = st.upper_bound(x - i);
if (it != st.begin() and *prev(it) <= x - i) st.erase(prev(it));
}
cout << (st.size() == 0 ? "Yes" : "No") << "\n";
}
return 0;
}
B. Elimination
题意
决赛之前有两场选拔赛，已知：
- 第一场选拔赛第 \(100\) 名的分数为 \(a\) ，第二场选拔赛所有人的分数都不少于 \(b\)
- 第二场选拔赛第 \(100\) 名的分数为 \(c\) ，第一场选拔赛所有人的分数都不少于 \(d\)
计算两场选拔赛的总分至少要多少才能进入决赛。
题解
假如刚好有两百人，那么可以进行以下合理假设：
- 第一场前一百名分数为 \(a\) ，后一百名分数为 \(b\)
- 第二场前一百名分数为 \(c\) ，后一百名分数为 \(d\)
- 第二场的前一百名刚好为第一场的后一百名
- 第二场的后一百名刚好为第一场的前一百名
那么答案即 \(max(a + b,\ c + d)\) 。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int a, b, c, d;
cin >> a >> b >> c >> d;
cout << max(a + b, c + d) << "\n";
}
return 0;
}
C. Division
题意
给定两个数 \(a\) 和 \(b\) ，计算满足以下条件的 \(x\) 的最大值：
- \(x\) 是 \(a\) 的因子
- \(x\) 不是 \(b\) 的倍数
题解
最理想的 \(x\) 是 \(a\) 本身，此时如果 \(x\) 是 \(b\) 的倍数，那么只要将 \(x\) 内的某一质因子降到 \(b\) 中的幂次以下即可。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
long long a, b;
cin >> a >> b;
vector<int> p;
long long n = b;
for (int i = 2; i * i <= n; i++) {
if (n % i == 0) {
p.push_back(i);
while (n % i == 0) n /= i;
}
}
if (n > 1) p.push_back(n);
long long ans = 1;
for (auto i : p) {
long long res = a;
while (res % b == 0) res /= i;
ans = max(ans, res);
}
cout << ans << "\n";
}
return 0;
}
D. Divide and Sum
题意
给定一个大小为 \(2n\) 的数组，考虑将其拆分为两个等长的子序列 \(p\) 和 \(q\) ，并将 \(p\) 以升序排列， \(q\) 以降序排列，同时定义 \(f(p, q) = \sum_{i = 1}^n |p_i - q_i|\) 。
计算所有可能子序列情况下的 \(f(p, q)\) 之和。
题解
不管怎么分，都是大的一半减去小的一半，将和记为 \(sum\) ，答案即 \(C_{2n}^n \times sum\) 。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
constexpr int N = 1e6 + 100;
constexpr int MOD = 998244353;
int fac[N], inv[N];
int binpow(int a, int b) {
int res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = 1LL * res * a % MOD;
a = 1LL * a * a % MOD;
b >>= 1;
}
return res;
}
int C(int n, int m){
if(m < 0 or m > n) return 0;
return 1LL * fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n - m] % MOD;
}
void Init(){
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; i++) fac[i] = 1LL * fac[i - 1] * i % MOD;
inv[N - 1] = binpow(fac[N - 1], MOD - 2);
for (int i = N - 2; i >= 0; i--) inv[i] = 1LL * inv[i + 1] * (i + 1) % MOD;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
Init();
int n;
cin >> n;
n *= 2;
vector<int> a(n);
for (auto &x : a) cin >> x;
sort(a.begin(), a.end());
int sum = 0;
for (int i = 0; i < n / 2; i++) {
sum += abs(a[i] - a[n - 1 - i]);
sum %= MOD;
}
cout << C(n, n / 2) * sum % MOD << "\n";
return 0;
}
