Educational Codeforces Round 135 (Rated for Div. 2) A-E
A. Colored Balls: Revisited
如果所有数加起来都没有最大值大，那最后剩下来的就是最大值
否则最后剩下来的可以是任何一个数
//#define int ll const int N = 2e5+10; int n,m; int a[N]; void solve() { cin>>n; int mx = 0,sum = 0,id; fo(i,1,n) { cin>>a[i],sum += a[i]; if(a[i] > mx) { mx = a[i]; id = i; } } if(sum - mx < mx) { cout<<id<<endl; } else { cout<<n<<endl; } }
B Best Permutation
可以想到最后一个数必定是最大的数
则最后实际有效的数里，除了最后一个数，其它数的和就是 n - 1
怎么让前面的数的有效值变成0？
如果n 是奇数，则无效数的个数是 n - 2是奇数
考虑 n - 2 到 1，是 有效，无效，有效，无效。。。。
则最后一个1会变成有效
所以把 最后一个 1 放到开头，就会变成 有效 ，有效，无效，有效。。。
n是偶数同理
void solve() { cin>>n; if(n == 1) { cout<<1<<endl; } else if(n ==2 ) { cout<<1<<' '<<2<<endl; } else if(n ==3 ) { cout<<2 <<' ' << 1 <<' '<<3<<endl; } else { if(n % 2 == 1) { cout<<1<<' '; } of(i,n-2,2) { cout<<i<<' '; } if(n % 2 == 0) cout<<1<<' '; cout<<n-1<<' '<<n<<endl; } }
C Digital Logarithm
耻辱--------数组只开了1e5，看半天不知道自己为什么tle。。。。
可以先把 > 9 ，且既不在 a 数组 ，又不在 b 数组 的数log一下
然后所有数都小于9
最后遍历 2 - 9 ，看看每个数的数量就可以了。
//#define int ll const int N = 2e5+10; int n,m; int a[N],b[N]; int weishu(int x) { int cnt = 0; while(x) { x /= 10; cnt ++ ; } return cnt; } int tp1[20],tp2[20]; void solve() { fo(i,1,10) { tp1[i] = tp2[i] = 0; } cin>>n; unordered_map<int,int> mp; int ans =0; fo(i,1,n) { cin>>a[i]; if(a[i] < 10) { tp1[a[i]] ++ ; continue; } mp[a[i]] ++ ; } fo(i,1,n) { cin>>b[i]; if(b[i] < 10) { tp2[b[i]] ++ ; } else if(mp[b[i]]) { mp[b[i]] -- ; } else { tp2[weishu(b[i])] ++ ; ans ++ ; } } for(auto t:mp) { int x = t.x,y = t.y; if(x > 9) x = weishu(x),ans += y; tp1[x] += y; } fo(i,2,9) { if(tp1[i] > tp2[i]) swap(tp1[i],tp2[i]); ans += tp2[i] - tp1[i]; } cout<<ans<<endl; }
D Letter Picking
这里学习了jls的做法
区间DP，小区间推大区间，大区间根据小区间的情况装填转移
由于先手每次都可以判断想拿哪一个，所以答案必定是平手或者先手获胜
考虑 区间 [l,r] 最后一次操作，如果先手拿的是 l
后手有可能拿 l + 1 或者 r
如果后手拿 l + 1，[l+2,r] 是先手赢的话，那先手一定赢。如果[l+2,r] 是平手，如果 s[l] < s[l+1] 也是 先手赢，如果 s[l] == s[l+1] 是平手,s[l] > s[l+1] ，当前情况是后手赢
如果后手拿 r ，[l+1,r-1] 是先手赢的话，那先手一定赢。如果[l+1,r] 是平手，如果 s[l] < s[r] 也是先手赢，如果 s[l] == s[l+1] 是平手,s[l] > s[l+1] ，当前情况是后手赢
先手拿的是 r 的情况同理
//#define int ll const int N = 2e5+10; int n,m; int cmp(char a,char b) { if(a < b) return -1; else if(a == b) return 0; else return 1; } void solve() { // cin>>n>>m; string s;cin>>s; int n = s.length(); vector dp(n+1,V<int>(n+1)); fo(r,0,n) { of(l,r,0) { if(l == r) dp[l][r] = 0; else if(r - l >= 2) { int v1 = dp[l+1][r-1] != 0 ? dp[l+1][r-1] : cmp(s[l],s[r-1]); int v2 = dp[l+2][r] != 0 ? dp[l+2][r] : cmp(s[l],s[l+1]); int v3 = dp[l+1][r-1] != 0 ? dp[l+1][r-1] : cmp(s[r-1],s[l]); int v4 = dp[l][r-2] != 0 ? dp[l][r-2] : cmp(s[r-1],s[r-2]); dp[l][r] = min(max(v1,v2),max(v3,v4)); } } } int ans; if(n % 2 == 0) ans = dp[0][n]; else { ans = min(dp[0][n-1],dp[1][n]); if(ans == 0) ans = 1; } cout<<(ans == -1 ? "Alice" : ans == 0 ? "Draw" : "Bob") <<endl; }
E Red-Black Pepper
总共n 道菜，每道菜仅可以使用红辣椒和黑辣椒中的一种
对第 i 到菜，使用红辣椒可以增加 a[i] 的美味度，黑辣椒是 b[i] 的美味度
a份一包红辣椒，b份一包黑辣椒
红辣椒 x 包，黑辣椒 y 包，ax + by = n
问最大的美味度的和
设v[i] 表示用了 i 份红辣椒可以得到的最大满意度
先让 v[i] = b[i]
将所有a[i] - b[i] 排序，并挨个给v[i] 赋值即可
这样就得到了一个凸函数，转化成了满足 ax + by = n，凸函数求最值的问题
由于 x = x0 + t * modx ,y = y0 - t * modx 都可以满足条件，可以三分 t ，找到凸函数的最大值
#define int ll const int N = 3e5+10; int n,m; ll exgcd(ll a,ll b, ll &x,ll &y) { if(b == 0) { x = 1,y = 0; return a; } ll d = exgcd(b,a%b,y,x); y -= a / b * x; return d; } int a[N],b[N],v[N]; int d[N]; bool cmp(ll a,ll b) { return a > b; } void solve() { // cin>>n>>m; cin>>n; fo(i,1,n) { cin>>a[i]>>b[i]; d[i] = a[i] - b[i]; v[0] += b[i]; } sort(d+1,d+1+n,cmp); fo(i,1,n) { v[i] = v[i-1] + d[i]; } cin>>m; while(m -- ) { int x,y,X,Y; cin>>X>>Y;; ll g = exgcd(X,Y,x,y); if(n % g) { cout<<-1<<endl;continue; } x *= n / g; ll modx = abs(Y / g); x = (x % modx + modx) % modx; y *= n / g; ll mody = abs(X / g); y = (y % mody + mody) % mody; if(x * X > n || y * Y > n) { cout<<-1<<endl; continue; } ll l = 0,r = ((n - y * Y) / X - x) / modx; while(l < r){ ll m1 = l + (r - l) / 3; ll m2 = r - (r - l) / 3; if (v[(x + modx * m1) * X] <= v[(x + modx * m2) * X]) l = m1 + 1; else r = m2 - 1; } cout << v[(x + l * modx) * X] << '\n'; } }
