Codeforces Round #782 (Div. 2) A~D

A. Red Versus Blue

题意：用给定数目的B尽可能的分割字符串R，使得连在一起的R的最大值最小。

分析：基于贪心的思路，把字符串R尽可能的平均分，当然可能会有剩余的情况，那么就把这剩余的R分别插入到已经配好的子字符串里。

代码：

//插到前面
#include <iostream>
using namespace std;
int main() {
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		int n, a, b;
		cin >> n >> a >> b;
		int t = a % (b + 1);
		// 加到前面 
		for(int i = 1; i <= t; i++) {
			for(int j = 1; j <= a / (b + 1) + 1; j++) cout << "R";
			cout << "B";
		}
		for(int i = t + 1; i <= b + 1; i++) {
			for(int j = 1; j <= a / (b + 1); j++) cout << "R";
			if(i != b + 1) cout << "B";
		}
		cout << endl;
	}
	return 0;
}

// 插到后面
#include <iostream>
using namespace std;
void solve() {
	int n, a, b;
	cin >> n >> a >> b;
	int t = a % (b + 1);
	for(int i = 1; i <= b - t + 1; i++) {
		for(int j = 1; j <= a / (b + 1); j++) cout << "R";
		if(t || i != b + 1) cout << "B";
	}
	for(int i = 1; i <= t; i++) {
		for(int j = 1; j <= a / (b + 1) + 1; j++) cout << "R";
		if(i != t) cout << "B";
	}
	cout << endl;
}
int main() {
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		solve();
	}
	return 0;
}

B. Bit Flipping

题意：给定n个数字\(a_1\)、\(a_2\)...可以进行一种操作：\(a_i\)不变，其余位变为置反；求进行k次这种操作，使得该数组最大。(定义大小： 在数组a，b的第一个不同位，若a的该位为1，b相应位为0，则a > b);

分析：先进行k次取反操作,然后依次将0置为1,如果所以的0都置为1了,操作数k还有剩余,就一直对最末尾进行k次操作,如果k为偶数,那么不变,如果为奇数,那么最末尾置反。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int cnt[N];
int n;
void solve() {
	int n, k, ans = 0;
	string s;
	cin >> n >> k >> s;
	if(k % 2) {
		for(int i = 0; i < n; i++) {
			if(s[i] == '1') s[i] = '0';
			else s[i] = '1';
		}
	}
	//cout << s << endl;
	memset(cnt, 0, sizeof cnt);
	for(int i = 0; i < n; i++) {
		if(k == 0) break;
		if(s[i] == '0') {
			s[i] = '1';
			cnt[i]++;
			//cout << "i" << i << endl;
			k--;
		}
	}
	//cout << "k" << k << endl;
	if(k) {
		if(k % 2) s[n - 1] = '0';
		cnt[n - 1] += k;
	}
	cout << s << endl;
	for(int i = 0; i < n; i++) cout << cnt[i] << ' ';
	cout << endl;
}
int main() {
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		solve();
	}
	return 0;
}

C. Line Empire

题意：给定n个由小到大的坐标\(x_1\)、\(x_2\)...起始位置在0,给定a,b, 可以进行两种操作：

1.移动位置由\(c_1\)到\(c_2\) 这将花费a * |\(c_1\) - \(c_2\)|。（能移动的前提是\(c_1\)、\(c_2\) 已经被占领

2.攻击一个坐标,当前位置为\(c_1\),攻击的坐标为\(c_2\),那么花费b * |\(c_1\) - \(c_2\)|。 但是在\(c_1\)]、\(c_2\)之间不能有未攻击的坐标(\(x_i\)), 求攻击所有所给坐标的最小花费。

分析：基于贪心：设当前点为\(x_1\),要移动的点为\(x_i\) 那么如果我要移动到\(x_i\)应该要满足：

$$ a * | x_1 - x_i | < (n - i) * b * |x_1 - x_i| $$那么化简得： $$ a < (n - i) * b $$

所以只要满足这个条件就可以移动

代码：

#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 2e5 + 10;
int q[N];
void solve() {
	int n, a, b;
	cin >> n >> a >> b;
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> q[i];
	int cost = 0;
	int pos = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cost += b * (q[i] - pos);
		if(a / b < (n - i)) {
			cost += a * (q[i] - pos);
			pos = q[i];
		}
	}
	cout << cost << endl;
}
signed main() {
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		solve();
	}
	return 0;
} 

D. Reverse Sort Sum

代码：(基于好友)

#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long 
const int N = 2e5 + 10;
int c[N];
void solve() {
	int n, sum = 0;
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> c[i], sum += c[i];
	int t = sum / n;
	for(int i = n; i && t; i--) {
		if(c[i] == n) t--;
		else {
			c[i-t] += c[i];
			c[i] = 0;
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		if(c[i]) cout << 1 << ' ';
		else cout << 0 << ' ';
	}
	cout << endl;
}
signed main() {
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		solve();
	} 
	return 0;
}