Codeforces Round #760 (Div. 3)

Codeforces Round #760 (Div. 3)

比赛的时候做了 $\mathrm{A,B,C,D,G}$.     

A. Polycarp and Sums of Subsequences

标签：模拟  

仔细观察发现 $\mathrm{b[1], b[2]}$ 恰好对应 $\mathrm{a[1], a[2]}$, 然后 $\mathrm{a[3]}$ 就是第 3 项或第 4 项.  

由于问题保证有解，所以只需判断一下是否是第三项即可.   

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#include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define pb push_back  #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; int a[10], b[10]; vector<int>g; int check(int x, int y, int z) {     g.clear();      g.pb(x);     g.pb(y);     g.pb(z);     g.pb(x + y);     g.pb(x + z);     g.pb(y + z);     g.pb(x + y + z);     sort(g.begin(), g.end());     for(int i = 1; i <= 7; ++ i) {         if(a[i] != g[i - 1]) return 0;     }     return 1;  } void solve() {     int n = 7;     for(int i = 1; i <= n ; ++ i) {         scanf("%d", &a[i]);     }     //b[1] = a[1], b[2] = a[2];      if(check(a[1], a[2], a[3])) {         printf("%d %d %d\n", a[1], a[2], a[3]);     }     else {         printf("%d %d %d\n", a[1], a[2], a[4]);     }   } int main() {     // setIO("input");     int T;     scanf("%d", &T);     while(T-- ) solve();     return 0; }

　　

B. Missing Bigram

标签：模拟  

如果可以直接输出的话就在末尾随便加一个字符.  

否则可以在不合法的位置选择输出两个字符，其余位置输出一个即可. 

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#include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define N  2009 #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; char str[N][2]; void solve() {     int n ;     scanf("%d", &n);     for(int i = 1; i <= n - 2; ++ i) {         scanf("%s", str[i]);     }     printf("%c%c", str[1][0], str[1][1]);     int flag = 0;     for(int i = 2; i <= n - 2; ++ i) {         if(str[i - 1][1] != str[i][0]) {             flag = 1;             printf("%c%c", str[i][0], str[i][1]);         }         else {             printf("%c", str[i][1]);         }     }     if(!flag) printf("%c", 'a');      printf("\n"); } int main() {     // setIO("input");     int T;     scanf("%d", &T);     while(T -- ) solve();      return 0; }

　　

C. Paint the Array

标签：$\mathrm{gcd}$ 相关.  

可以枚举是奇数下标还是偶数下标可以被钦定的 $\mathrm{d}$ 整除.  

那么显然这个 $\mathrm{d}$ 必须是所有数字的 $\mathrm{gcd}$.   

然后显然对于不能被 $\mathrm{d}$ 整除的位置条件应该苛刻，所以直接取 $\mathrm{d}$ 作为答案即可. 

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#include <bits/stdc++.h> #define N  104 #define ll long long  #define pb push_back #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin)  using namespace std; ll a[N]; int n ; vector<ll>g[2]; ll gcd(ll x, ll y) {     return y ? gcd(y, x % y ) : x;  }   ll lcm(ll x, ll y) {     return x / gcd(x, y) * y;   } ll sol(int o) {     if(!g[o].size()) return 0;       ll gc = g[o][0];      for(int i = 0 ; i < g[o].size() ; ++ i) {         gc = gcd(gc, g[o][i]);     }      for(int i = 0; i < g[o ^ 1].size() ; ++ i) {         if(g[o ^ 1][i] % gc == 0) return 0;     }     return gc;  } void solve() {     scanf("%d", &n);     g[0].clear();     g[1].clear();     for(int i = 1; i <= n ; ++ i) {         scanf("%lld", &a[i]);         g[i % 2].pb(a[i]);     }     // d comes from g[0]      ll p = max(sol(0), sol(1));     printf("%lld\n", p);   } int main() {     //setIO("input");     int T;     scanf("%d", &T);     while(T -- ) solve();     return 0; }

　　

D.  Array and Operations

标签：贪心，众数

贪心选择将最大的 $\mathrm{2K}$ 个数字操作掉.  

那么操作这些数字的时候贡献要么是 $\mathrm{0}$ 要么是 $1$.  

只需把众数的个数拿出来，然后讨论一下是否会出现 $1$ 的情况即可. 

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#include <bits/stdc++.h> #define N  1004 #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin)  using namespace std; int n , a[N], bu[200009], K; bool cmp(int i, int j) { return i > j; } void solve() {     scanf("%d%d", &n, &K);       for(int i = 1; i <= n ;++ i) {         scanf("%d", &a[i]);         //bu[a[i]] ++ ;      }      sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);     for(int i = 1; i <= 2 * K ; ++ i) {         bu[a[i]] ++ ;     }     int sum = 0;     for(int i = 2 * K + 1; i <= n ; ++ i) sum += a[i];     int mx = 0;     for(int i = 1; i <= 2 * K ; ++ i) mx = max(mx, bu[a[i]]);     if(mx > K) {         int c1 = mx, c2 = 2 * K - mx;           sum += (c1 - c2) / 2;        }     for(int i = 1; i <= n ; ++ i) bu[a[i]] = 0;     printf("%d\n", sum); } int main() {     // setIO("input");     int T;     scanf("%d", &T);     while(T--) solve();     return 0; }

　　

E. Singers' Tour 

标签：模拟，性质分析 

显然可以直接确定 $\mathrm{a[i]}$ 之和.  

然后可以考虑相邻的 $\mathrm{b[i]}$ 之间的不同，发现这个不同是 $\mathrm{\sum a + n \times a[i]}$.  

然后就能将 $\mathrm{a[i]}$ 解出来了，答案其实是唯一的. 

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#include <bits/stdc++.h> #define N  100009 #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; int n; ll b[N], a[N]; void solve() {     scanf("%d", &n);     ll sum = 0;     for(int i = 1; i <= n ; ++ i) {         scanf("%lld", &b[i]);         sum += b[i];     }     ll tot = 1ll * (n + 1) * n / 2;     if(sum % tot) {         printf("NO\n");         return ;     }     //     // b[i] = b[i - 1] + sum(a[i]) - (n - 1)  * a[i];          ll pa = sum / tot;       // printf("%lld\n", pa);     for(int i = 1; i <= n ; ++ i) {         int prev = (i - 2 + n) % n + 1;            ll det = (b[prev] - b[i] + pa);            // printf("%lld %lld %lld %lld\n",b[prev], b[i], det, pa);           if(det <= 0) {             printf("NO\n");             return ;         }         if(det % n) {             printf("NO\n");             return ;         }            a[i] = det / n;     }     printf("YES\n");     for(int i = 1; i <= n; ++ i) {         printf("%lld ", a[i]);     }     printf("\n");     // exit(0); } int main() {     // setIO("input");     int T;     scanf("%d", &T);     while(T -- ) solve();     return 0; }

　　

F. Reverse

标签：二进制，模拟 

不难发现加 0 的操作就是将二进制序列翻转，然后 + 1 的操作是 + 1 后翻转.  

由于每个数字最多会有 2 个分叉，所以直接暴力搜索用 $\mathrm{map}$ 记录一下即可. 

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#include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define pb push_back #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; int bu[103];      map<ll, int>vs;     ll bin[103], X, Y;    void init() {     for(int i = 0; i < 64 ; ++ i) bin[i] = 1ll << i; } ll rev(ll x) {     int le = 0;     while(x) {         bu[++ le] = x & 1;         x >>= 1;     }     ll tp = 0;     for(int i = 1; i <= le; ++ i) {         tp += 1ll * bu[i] * bin[le - i];       }     // printf("%lld qaq\n", tp);     // exit(0);     return tp;   } int get_len(ll x) {     int le = 0;     while(x) {         ++ le;         x >>= 1;     }     return le;  }   void dfs(ll x) {        // printf("%lld\n", x);     vs[x] = 1;      if(x == Y) {         printf("YES\n");         exit(0);     }     ll tmp = rev(x);         ll t1 = rev(x * 2 + 1);      // printf("%lld %lld\n", tmp, t1);     // printf("%d %d\n", get_len(t1), get_len(tmp));      if(!vs[t1] && get_len(t1) <= get_len(Y)) {         dfs(t1);            // +1 后翻转.                }        if(!vs[tmp] && get_len(tmp) <= get_len(Y)) {         dfs(tmp);      } } int main() {     // setIO("input");     init();        scanf("%lld%lld", &X, &Y);     dfs(X);      printf("NO\n");     return 0; }

　　

G. Trader Problem

标签：并查集   

可以把所有数字放到一起排序，那么如果一个数字可以达到第一个比他大的数字就连边.   

然后数字序列就构成了若干个连通块，每一个连通块的贡献就是前 $\mathrm{num[i]}$ 大的数字和.  

这里 $\mathrm{num[i]}$ 代表这个连通块中包含初始数字的个数.   

这个模型可以将询问离线从小到大排序，然后挨个合并并查集即可. 

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#include <bits/stdc++.h> #define N  400009 #define ll long long #define pb push_back  #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; int n, m, Q;  struct Query  {     int K, id;      Query(int K = 0, int id = 0):K(K), id(id) {} }q[N]; bool cq(Query i, Query j) {     return i.K < j.K; } int num[N]; ll ans[N], sum[N], fin[N];  struct Node {     int x, id;     Node(int x = 0, int id = 0):x(x),id(id){}  }A[N]; bool cmp(Node i, Node j) {     return i.x < j.x; }     struct DET {     int pos, det;      DET(int pos = 0, int det = 0):pos(pos), det(det){}  }arr[N];   int fa[N]; int find(int x) {     return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]); } bool DE(DET i, DET j)  { return i.det < j.det;   }   ll ou[N]; int main() {     // setIO("input");     scanf("%d%d%d", &n, &m, &Q);     for(int i = 1; i <= n ; ++ i) {         scanf("%d", &A[i].x);         A[i].id = 1;     }     for(int i = 1; i <= m ; ++ i) {         scanf("%d", &A[i + n].x);         A[i + n].id = 0;     }      int tot = n + m;     ll ans = 0;     sort(A + 1, A + 1 + tot, cmp);     for(int i = 1; i <= tot; ++ i) {         sum[i] = sum[i - 1] + A[i].x;          if(A[i].id) ans += A[i].x;     }     // printf("%lld\n", ans);     for(int i = 1; i <= tot; ++ i) {         fa[i] = i;          if(A[i].id == 1) num[i] = 1, fin[i] = A[i].x;       }     for(int i = 1; i < tot; ++ i) {         int de = A[i + 1].x - A[i].x;                         arr[i] = DET(i, de);        }     sort(arr + 1, arr + tot, DE);       for(int i = 1; i <= Q; ++ i) {         int kth;         scanf("%d", &kth);         q[i] = Query(kth, i);     }     sort(q + 1, q + 1 + Q, cq);     for(int i = 1, j = 1; i <= Q; ++ i) {         for(; j <= (tot - 1) && arr[j].det <= q[i].K; ++ j) {             int p = arr[j].pos;                 int ori = sum[p];              fa[p] = p + 1;              int now = find(fa[p]);              num[now] += num[p];              ans -= fin[p];             ans -= fin[now];             fin[now] = sum[now] - sum[now - num[now]];              ans += fin[now];            }         ou[q[i].id] = ans;     }     for(int i = 1; i <= Q; ++ i) {         printf("%lld\n", ou[i]);     }     return 0; }