AtCoder Beginner Contest 216 个人题解

比赛链接：Here

AB水题，

C - Many Balls

题意：

现在有一个数初始为 $0 (x)$ 以及两种操作
1. 操作 $A :$ $x + 1$
2. 操作 $B : 2 \times x$
数据范围 $n \leq 1 e 18$

现在给你一个数 $n$ ，问如何通过以上操作将 $0$ 变成 $n$ ，操作数不超过 $120$

思路：

$2^{119} \geq 1 e 18$ 保证一定有解

首先我们肯定是操作 $A$ 使得 $x = 1$ 不然执行操作 $B$ 无意义

接下来尽可能使得 $x$ 接近 $n$ 也就是多执行操作 $B$

接下来就是补 $A$ 了

int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    ll n;
    cin >> n;
    stack<char>st;
    while (n) {
        while (n % 2 == 0) {
            n /= 2;
            st.push('B');
        }
        while (n % 2 != 0) {
            n -= 1;
            st.push('A');
        }
    }
    while (!st.empty()) {
        cout << st.top();
        st.pop();
    }
}

思路二：

用二进制的眼光看数字。对一个二进制数字来说要增加一个 $0$ 就要乘 $2$ ，增加一个 $1$ 就要乘 $2$ 加 $1$ 。从高位到低位看数字 $n$ ，第一个出现 $1$ 的位置就是一开始的加 $1$ ，然后剩下的位置中，如果是 $1$ ，就一定是 $\times 2 + 1$ 得到的，是 $0$ 就是 $\times 2$ 得到的。

【AC Code】

int a[120];
int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    ll n;
    cin >> n;
    int cnt = 0;
    while (n) {
        a[cnt ++] = n % 2;
        n /= 2;
    }
    for (int i = cnt - 1; i >= 0; i -= 1) {
        if (i == cnt - 1) {
            cout << "A";
            continue;
        }
        if (a[i] == 1)cout << "BA";
        else cout << "B";
    }
}

D - Pair of Balls

赛时懵逼了，一下子没想到用 map 去处理

题意：

给 $2 N$ 个球，编号都在 $1$ 到 $N$ 的范围内，每个编号的球恰好有两个，放入 $M$ 个容器中，每个容器大小为 $K_{i}$ ，现在有一种操作：从某个容器顶部的球（前提是另外一个容器的顶部也是这个球的编号)，然后把这两个球都去掉，重复操作下来，问能否把全部栈清空。

思路：
数组 $m p_{i}$ 代表编号为 $i$ 的球在哪个容器中，对每一个容器 $i$ 顶部依次搜索，如果另一个容器 $j$ 顶部跟当前容器顶部相同就去掉，然后再对容器 $j$ 搜索，具体看代码。

const int N = 2e5 + 10;
queue<int>q[N];
int mp[N];
void dfs(int i) {
    int u = mp[q[i].front()];
    q[u].pop();
    q[i].pop();
    while (!q[u].empty() and mp[q[u].front()]) dfs(u);
    if (!q[u].empty()) mp[q[u].front()] = u;
}
int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1, k; i <= m; ++i) {
        cin >> k;
        for (int j = 1, x; j <= k; ++j) {
            cin >> x;
            q[i].push(x);
        }
    }
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        while (!q[i].empty() and mp[q[i].front()]) dfs(i);
        if (!q[i].empty()) mp[q[i].front()] = i;
    }
    bool f = 0;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        if (!q[i].empty()) {f = 1; break;}
    }
    cout << (!f ? "Yes\n" : "No\n");
}

E - Amusement Park

题意：

$R i o T i a n$ 来到了一个游乐园，游乐园里有 $N$ 个景点，并且第 $i$ 个景点的乐趣最开始是 $a_{i}$ 随着 $R i o T i a n$ 的游玩，他的满足感数值会增加当前游玩景点乐趣值，但每一次游玩该景点后此景点乐趣值 $- 1$ ， $R i o T i a n$ 最多可以以任何顺序乘坐景点K次。

请问 $R i o T i a n$ 能得到的最大可能的满意度是什么？

$e g :$ 除了乘坐景点外，没有什么能影响 $R i o T i a n$ 的满意度。

思路：

~~感觉做过哎(雾）~~

为了使得满意度最大化，肯定是先游玩乐趣值大的那几个景点，并且判断是不是能重复游玩使得值最大化。

详细见代码

const int N = 2e5 + 10;
ll a[N];
int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    ll n, k;
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
    sort(a + 1, a + 1 + n, greater<ll>());
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        ll t = i * (a[i] - a[i + 1]);
        if (k >= t) k -= t, ans += (a[i] + a[i + 1] + 1) * t / 2;
        else {
            ll tt = k / i, j = k % i;
            ans += (a[i] + a[i] - tt + 1) * tt / 2 * i + j * (a[i] - tt);
            break;
        }
    }
    cout << ans;
}