Codeforces Round #822 (Div. 2)
A
题意
给一个长为n的数组，每次可以对其中某个数做+1或-1的操作。求最小的操作次数，使得可以从数组中选出三个相同的数。
思路
很容易可以想到选三个最接近的数然后操作。也可以很容易证明，对于a<b<c，一定是将a，c操作到b距离最短。
所以排序后遍历中间的b，然后求a与c的差距即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[305];
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n,minn=2e9+7;
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a,a+n);
for(int i=1;i<n-1;i++)
minn=min(minn,a[i+1]-a[i-1]);
printf("%d\n",minn);
}
}
B
题意
乱七八糟一大堆，最后只要找规律构造就行了。
思路
找规律
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n;
scanf("%d",&n);
printf("1\n");
for(int i=2;i<=n;i++)
{
printf("1 ");
for(int j=0;j<i-2;j++)
printf("0 ");
printf("1\n");
}
}
}
C
题意
给一个包含1-n整数的集合S，每次可以花费代价k进行一次操作：选择S中k的最小倍数，然后移除该数。
然后给一个S的子集T，求通过上述操作把S变成T的最小代价。
思路
思路很明显是要贪心的。对于一个待移除的数A，一定是选择他的最小因子来移除最优。如果从因子k的角度考虑，那么一个更小的k能移除的数越多越好。所以可以想到从1-n遍历因子，尽可能移除更多的数。然后很容易可以想到，只要移除到一个不需要移除的数，那么就可以停止了。然后实现一下，已经移除的数打标记，不计入答案就好了。总体复杂度为n+n/2+n/3+....+n/(n-1)+1，可以算一下时间复杂度大约为O(n*logn)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int MAX=1e6+6;
char s[MAX];
bool vis[MAX];
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n;
ll sum=0;
scanf("%d%s",&n,s+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
vis[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(s[i]=='0')
{
if(!vis[i])
sum+=i,vis[i]=1;
for(int j=i+i;j<=n;j+=i)
{
if(s[j]=='1')break;
if(!vis[j])
sum+=i,vis[j]=1;
}
}
}
printf("%I64d\n",sum);
}
}
D
题意
给一个数组a，初始位于i位置，初始分数为ai，每次可以任意左右移动，每移动到一个新的位置j，就将分数加上aj，如果分数为负，则失败，如果最后可以移动到数组头或尾且保持分数非负，则获胜。求最后能否获胜。
思路
如果某一段和为非负，那么一定可以移动到它的边界，将和吸收掉，分数一定不降。但是过程中要保持分数非负，所以要想吸收某一段，当前分数必须大于abs（该段的最小前缀和）。如果左右两侧都不能吸收了，那一定会失败，如果存在一段可以吸收的，那吸收一定保持分数不降。所以只需要从起点处预处理出左右分段，然后左右尝试能否吸收就能得出答案了。实现可以用队列加pair方便一点。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
using pll=pair<ll,ll>;
const int MAX=2e5+5;
int a[MAX];
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n,k;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
int L=k,R=k;
queue<pll> QL,QR;
while(!QL.empty())QL.pop();
while(!QR.empty())QR.pop();
while(R<n)
{
int r=R+1;
ll sumr=a[r],minr=a[r];
while(sumr<0&&r<n)
{
r++;
sumr+=a[r];
minr=min(minr,sumr);
}
QR.push({sumr,-minr});
R=r;
}
while(L>1)
{
int l=L-1;
ll suml=a[l],minl=a[l];
while(suml<0&&l>1)
{
l--;
suml+=a[l];
minl=min(minl,suml);
}
QL.push({suml,-minl});
L=l;
}
ll cur=a[k];
QL.push({0,0});
QR.push({0,0});
while(!QL.empty()&&!QR.empty())
{
int fail=0;
if(cur<0)break;
pll p=QL.front();
if(cur>=p.second)
{
QL.pop();
cur+=p.first;
}
else fail++;
p=QR.front();
if(cur>=p.second)
{
QR.pop();
cur+=p.first;
}
else fail++;
if(fail==2)break;
}
if(QL.empty()||QR.empty())printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
}
