Codeforces Round #698 (Div. 2) A~C题解
写在前边
链接：Codeforces Round #698 (Div. 2)
又是自闭的一场比赛，\(C\)题补了一天终于明白了一些，真的好自闭好自闭。
今晚还有一场，加油喽。
A. Nezzar and Colorful Balls
链接：A题链接
题目大意:
给定一个单调不减的序列，现在往上边涂颜色，要求涂颜色后，选中其中任意一种颜色，去除所有其他颜色的数字后剩下的数字组成的序列是严格递增的，问至少需要几种颜色可以达到这种效果。
思路：
首先想到，如果想要达到题目要求，对于这类似1 1 1 1这种连续相同的序列，肯定不能用一种颜色，因子就推出需要的颜色种数就是序列中数目最多的数字个数。
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <unordered_map>
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define P2LL pair<long long, long long>
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
void solve() {
int n;
cin >> n;
unordered_map<int, int> hash;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int c;
cin >> c;
hash[c]++;
}
int res = 0;
for (auto it : hash) {
res = max(res, it.second);
}
cout << res << endl;
}
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
B. Nezzar and Lucky Number
链接：B题链接
题目大意:
选定一个幸运数\(d \in [1, 9]\),凡是数字中带有它都是幸运数，如选定\(7\)，那么\(17，27...\)也都是幸运数，同时，由幸运数加和组成的数也都是幸运数，例如\(54 = 27 + 27\)，因此\(54\)也是幸运数，现在要求快速判断一个数是否是幸运数。
思路：
推了好久，一个数如果是幸运数，大致推出一个数是幸运数那么必然可以表示:\(number = 10 * k + d * n, k \geq 0, d \geq 1\)的形式，因此判断一个数是否是幸运数就让它一直减d，直到剩下\(\geq 0\)个\(10\)，那么就可以判断是幸运数了，但是对于大数这样做铁定超超时，而对于大数，还有一条性质，即如果\(number\geq10*d\)，那么\(number\)必然是一个幸运数，下面给出证明：
设一个区间：\([10*d, 10*d + 9]\)
那么对于这样一个区间的数就包含了一个\(d\)了，因此这个区间的数就都是幸运数，而对于每一个数\(k > 10*d + 9\)，我们可以让它不断地减去\(d\)那么一定可以落到这个区间，因此\(number\geq10*d\)，则\(number\)一定是幸运数,证毕。
所以对于大数可以直接判断是否\(≥10*d\)，小数直接枚举即可。
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <unordered_map>
#include <string>
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define P2LL pair<long long, long long>
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
const int N = 1E4 + 10;
int a[N];
void solve() {
int q, d, idx;
scanf("%d%d", &q, &d);
for (int i = 0; i < q; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
}
for (int i = 0; i < q; i++) {
if (a[i] >= 10 * d) {
puts("YES");
} else {
int temp = a[i];
temp -= d;
//一直减d减到10的倍数
while (temp % 10 != 0 && temp >= 0) {
temp -= d;
}
if (temp >= 0 && temp / 10 >= 0) {
puts("YES");
} else {
puts("NO");
}
}
}
}
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
C. Nezzar and Symmetric Array
链接：C题链接
题目大意:
给定一个有\(2*n\)个数数组\(d_i\)，问我们是否可以构造出一个\(a_i\)，\(a\)满足以下条件：
- \(a\)中\(2*n\)个数各不相同。
- 对于任意一个数，\(1 \leq i \leq 2n\)，存在一个数\(1 \leq j \leq 2n\)，这两个数满足\(a_i = -a_j\)。
能使得\(d_i = \sum\limits_{j = 1}^{2n} |a_i - a_j|\)
思路：
\(a\)中的数可以说是"对称"的，即一正一负，对于一个数对\(x\)与其中一个数对\((y, -y)\)就有\(|x-y| + |x + y|\)，同理对于\(-x\)则有\(|-x-y| + |-x + y|\),而\(|x-y| + |x + y| = |-x-y| + |-x + y|\)，所以可见\(d\)中得数对是成对出现的，同时\(a_i\)又是两两不同，那么\(d\)中相同的数的对数只能为\(1\)，且不能超过\(1\)，又因为任意两个相同的数相加是一定偶数，因此d中的数肯定都是偶数, 所以对于\(|x-y| + |x + y|\)：
当\(x > y\)时，则\(|x-y| + |x + y| = 2 * x\)
当\(x < y\)时，则\(|x-y| + |x + y| = 2 * y\)
因此可以发现对于一个\(x\)与一个数对\((y, -y)\)，对\(d_i\)得贡献就是\(|x-y| + |x + y| = 2 * max(x, y)\), 同理\(-x\)也是。
所以对于题目中所给公式\(d_i = \sum\limits_{j = 1}^{2n} |a_i - a_j|\)，公式就变成了\(d_i = \sum\limits_{j = 1}^{2n} max(|a_i|, |a_j|)\)，而又因为\(x\)与\(-x\)对\(d_i\)的贡献相同，因此我们光看正的那一部分，所以公式又变成了\(d_i = 2 * \sum\limits_{j = 1}^{n} max(|a_i|, |a_j|)\)。
对于最大的数\(a_i\)那么组成的\(d_i\)肯定也是最大的，\(d_i = a[i] * 2 * n\)，所以得\(a[i] = \cfrac{d_i}{2 * n}\)
对于次大的数\(a_{i-1}\)，因为比它大的只有\(a_i\)，所以\(d_{i - 1} = a[i - 1] * 2 * (n - 1) + 2 * a[i]\)，即\(a[i - 1] = \cfrac{d_{i - 1} - 2 * a[i]}{2 * (n - 1)}\)
\(...\)
以此类推，还要判断一下计算出来的\(a\)是否已经存在, 或者其他情况。
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define P2LL pair<long long, long long>
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
typedef long long LL;
const int N = 1E5 + 10;
LL n;
void solve() {
cin >> n;
map<LL, LL, greater<int> > mp;
map<LL, bool> vis;
for (int i = 0; i < n * 2; i++) {
LL c;
cin >> c;
mp[c]++;
}
LL k = 0, last = 0;
for (auto it : mp) {
LL d_value = it.first, cnt = it.second;
if (cnt & 1 || d_value & 1 || cnt > 2) { //如果没有成对出现 或者 出现奇数 出现次数大于2
puts("NO");
return;
}
LL up = (d_value - last * 2) / 2;
LL down = n - k;
if (up % down != 0) {
puts("NO");
return;
}
up /= down;
if (vis.count(up) || up <= 0) {
puts("NO");
return;
}
vis[up] = true;
last += up;
k++;
}
puts("YES");
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
system("pause");
return 0;
}
