Educational Codeforces Round 172 (Rated for Div. 2) - Codeforces

Problem - A - Codeforces

数学排序

显然将数组排序之后每次拿最大值，若恰好拿到\(k\)则答案为\(0\),如果中途拿到\(i\)时总和，大于\(k\)，则说明之前要加\(a[i]-(sum-k)\)个

如拿完还是小于\(k\)，那么答案就是\(k-sum\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int a[N];
int n,k;
void solve()
{
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+1+n);
	int sum=0;
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		sum+=a[i];
		if(sum==k)
		{
			cout<<"0"<<endl;return ;
		}
		else if(sum>k)
		{
			cout<<a[i]-sum+k<<endl;return ;
		}
	}
	cout<<k-sum<<endl;
}
int main()
{
	int t;cin>>t;
	while(t--)solve();
}

Problem - B - Codeforces

博弈贪心

若A拿到了一种颜色的所有弹珠则加两分，没拿全加一分，不拿没分

A要最大化A的得分，B要最小化A的得分，A先手

对于一种颜色来说，它的个数为\(1\)时，AB要优先去拿它，如果\(>1\)，那么没有区别，因为一定是A拿一个，B再拿一个防止A得两分

由于是A先手，记个数为一的颜色有\(x\)个，\(>1\)有\(y\)个答案就是\(ceil(x/2)+y\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
typedef pair<int,int>pii;
int a[N];
int n,k;
void solve()
{
	scanf("%d",&n);
	int cnt[n+10]={0};
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x;scanf("%d",&x);
		cnt[x]++;
	}
	int x=0,y=0,ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(cnt[i])
		{
			if(cnt[i]==1)x++;
			else y++;
		}
	}
	cout<<(x+1)/2*2+y<<endl;
}
int main()
{
	int t;cin>>t;
	while(t--)solve();
}

Problem - C - Codeforces

贪心排序推公式

题意说给出一串二进制字符串，1是B钓的鱼，0是A钓的鱼

将这个字符串划分为若干个连续段，第\(i\)段中每条鱼的分数为\(i-1\)，要求B的得分至少超过A的得分\(k\)，求最小划分区域个数

刚拿到题目确实没有思路，感觉无比麻烦，这时候可以尝试从一般情况去推普遍的规律

设\(a_i\)为第\(i\)个区域的起始点的下标，\(s_i\)为从\(i\)到\(n\)内B的个数减去A的个数

那么答案则为

\[0*(s_{a_1}-s{a_2})+1*(s_{a_2}-s_{a_3})+2*(s_{a_3}-s_{a_4}...+(m-1)*s_{a_m})\\ =s_{a_2}+s_{a_3}+....s_{a_m}=\sum_{i=2}^{m}s_{a_i} \]

这样发现其实答案就是由若干个后缀和相加而来，有多少个后缀和取决于我们如何划分区域

那么只需要算出所有的（除去\(s_1\)）之外的后缀和，将其排序，每次取最大值即可，答案就是取的所有后缀和再加上一

为什么一定是后缀和呢，为什么不能从前往后推呢？

如果计算前缀和，将每个区域的结尾（开头和结尾没有区别）设置为\(a_i\)

那么答案则为

\[0*s_{a_i}+1*(s_{a_2}-s_{a_1})+2*(s_{a_3}-s_{a_4})+...(m-1)*(s_{a_m}-s_{a_{m-1}})\\ =-s_{a_1}-s_{a_2}-s_{a_3}...-s_{a_{m-1}}+(m-1)*(s_{a_m}) \]

没有消去最后一项，计算会很复杂，做题的时候前缀不行换后缀，顺序不行换倒序(😄)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
typedef pair<int,int>pii;
int a[N];
int n,k;
void solve()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	string s ;cin>>s;s=' '+s;
	a[n+1]=0;
	for(int i=n;i>1;i--)
	{
		a[i]=a[i+1]+(s[i]=='1'? 1:-1);
	}
	sort(a+2,a+1+n);//不可以计算第一项
	int ind=n,cnt=0;long long sum=0;
	while(ind>1)
	{
		sum+=a[ind];
		cnt++;ind--;
		if(sum>=k)
		{
			cout<<cnt+1<<endl;return ;
		}
	}
	cout<<"-1"<<endl;
}
int main()
{
	int t;cin>>t;
	while(t--)solve();
}

Problem - D - Codeforces

排序 STL 二分区间合并

(一定要把样例看完再做题......)

题意：第\(i\)个人喜欢\([l_i,r_i]\)的歌曲，若一个人\(j\)喜欢的歌曲满足\(l_j \leq l_i,r_i \leq r_j\),则称\(j\)为\(i\)的预测者，对\(i\)的所有预测者的区间取交集，

得到的区间内的元素个数减去\(i\)的区间内元素个数，求出每个\(i\)对应的该值，无预测者输出\(0\)

这里可以分别求出所求交集的左端点和右端点,记为\(l[i],r[i]\)

先求\(r\)对原数组根据\(l\)升序排序，但要注意这里不能直接利用\(pair<int,int>\)排序，\(pii\)默认是先根据的一个升序排序，再根据第二个升序排序。

但我们此处的做法是将\(l[i]\)处理完之后将\(r[i]\)加入到一个集合中，这样保证了处理每个\(l[i]\)的时候，集合中的\(r[j]\)对应的\(l[j]\)都小于等于\(l[i]\)，然后再二分出最小的大于等于\(r[i]\)的值，即为所求值。

明确过程之后发现，如果\(l[i]==l[i+1]\)，那么必须满足\(r[i]\geq r[i+1]\)，右端点大的要先放入集合，这样下面右端点较小的值才可以求出交集，反之会使得两者都无解(可以手动带俩个值模拟一下，假设区间只有\([1,5],[1,3]\),那么\([1,5]\)无预测者，\([1,3]\)预测者为\([1,5]\),要\([1，5]\)排在前才可以求出来）以多个关键值排序的时候要想一想具体的关系

然后同理求出左端点，是根据\(r\)降序，\(l\)升序排序，这里二分有个技巧，本质是求最大的小于等于\(l[i]\)的值，可以用\(upperbound\)算出最小的大于\(l[i]\)的值，如果求出的迭代器不是\(begin()\)，说明还有小于等于它的，直接将迭代器减一即可

最后还有个要注意的点是这样去做的话对于两个完全相同的区间，第一次去处理的时候会算出交集，这里要特判一下，也可以用\(map\)标记一下然后输出答案的时候再特判一下

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
typedef pair<int,int>pii;
int n,k;
struct seg
{
	int l,r,ind;
};
void solve()
{
	scanf("%d",&n);vector<seg>a(n);
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);a[i].ind=i;
	}
	set<int>s;
	sort(a.begin(),a.end(),[=](seg a,seg b){return a.l==b.l? a.r>b.r:a.l<b.l;});
	vector<int>l(n),r(n);
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		int ll=a[i].l,rr=a[i].r,ind=a[i].ind;
		if(s.size())
		{
			auto it=s.lower_bound(rr);
			if(it==s.end())r[ind]=-1;
			else if(i<n-1&&ll==a[i+1].l&&rr==a[i+1].r)r[ind]=-1;
			else r[ind]=(*it);
		}
		else r[ind]=-1;
		s.insert(rr);
	}s.clear();
	sort(a.begin(),a.end(),[=](seg a,seg b){return a.r==b.r? a.l<b.l:a.r>b.r;});
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		int ll=a[i].l,rr=a[i].r,ind=a[i].ind;
		if(s.size())
		{
			auto it=s.upper_bound(ll);
			if(it==s.begin())l[ind]=-1;
			else if(i<n-1&&ll==a[i+1].l&&rr==a[i+1].r)l[ind]=-1;
			//else if(it==s.end())l[ind]=-1;
			else l[ind]=(*(--it));
		}
		else l[ind]=-1;
		s.insert(ll);
	}
	sort(a.begin(),a.end(),[=](seg a,seg b){return a.ind<b.ind;});
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		if(r[i]!=-1&&l[i]!=-1)
		cout<<r[i]-l[i]-a[i].r+a[i].l<<endl;
		else cout<<"0"<<endl;
	}
	//cout<<endl;
}
int main()
{
	int t;cin>>t;
	while(t--)solve();
}