B. Make Them Equal
给出\(n\)个数,然后选择一个最小的\(D\),现在你可以对于每一个\(a_i\)执行下面的操作:
- \(a_i + D\)
- \(a_i - D\)
- \(a_i\)保持不变
最后要使得所有的\(a_i\)都相等,如果不存在这样的 \(D\),则输出 \(-1\)。
排序后可以发现这\(n\)个数分为了几段,然后根据情况分类讨论就行了(贪下心)
代码如下:
Code
```C
#include
using namespace std ;
typedef long long ll;
const int N = 105;
int a[N] ;
int n;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i] ;
sort(a + 1, a + n + 1) ;
int cnt = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) if(a[i] != a[i - 1]) cnt++;
if(cnt > 3) {
cout << -1;
return 0 ;
}
if(cnt == 1) {
cout << 0;
return 0;
}
if(cnt == 2) {
int mn = a[1], mx = a[n] ;
if((mx - mn) & 1) cout << mx - mn ;
else cout << (mx - mn) / 2;
} else {
int d = -1;
for(int i = 2; i <= n; i++) {
if(a[i] != a[i - 1]) {
if(d == -1) d = a[i] - a[i - 1];
else if(a[i] - a[i - 1] != d) d = -1;
}
}
cout << d;
}
return 0;
}
```
C. Gourmet Cat
现在有\(a,b,c\)三种食物,其中周一、周四、周日吃第一种食物,周二、周六吃第二种食物,其余天吃第三种食物。
现在给出三种食物的数量,问最多可以吃多少天。
每一周可以作为一个整的阶段,可以先贪心地考虑,先考虑三种食物最多可以吃多少周,然后取min即可得出周数。之后用食物数量减去7*周数,然后小范围暴力就行了。
具体见代码吧:
Code
```C
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
ll a[5] ;
ll b[20] = {0, 1, 2, 3, 1, 3, 2, 1};
ll sum[5][20] ;
int main() {
cin >> a[1] >> a[2] >> a[3];
ll k = 1e18 ;
for(int i = 8; i <= 14; i++) b[i] = b[i - 7];
for(int i = 1 ; i <= 14 ; i++) {
sum[1][i] = sum[1][i - 1];
sum[2][i] = sum[2][i - 1];
sum[3][i] = sum[3][i - 1];
sum[b[i]][i] += 1;
}
for(int i = 1; i <= 3; i++) {
ll p;
if(i == 1) p = 3;
else p = 2;
k = min(k, a[i] / p);
}
for(int i = 1; i <= 3; i++) {
ll p;
if(i == 1) p = 3;
else p = 2;
a[i] -= k * p;
}
ll ans = k * 7 ;
ll sum4 = 0;
for(int i = 1; i <= 14; i++) {
for(int j = 14; j >= i; j--) {
int d1 = sum[1][j] - sum[1][i - 1];
int d2 = sum[2][j] - sum[2][i - 1];
int d3 = sum[3][j] - sum[3][i - 1];
if(d1 <= a[1] && d2 <= a[2] && d3 <= a[3]) {
sum4 = max((ll)j - i + 1, sum4);
}
}
}
cout << ans + sum4;
return 0 ;
}
```
D. Walking Robot
有一个机器人,现在要从\(0\)号点走到\(n\)号点,现在有一定数量的\(a\)物品和\(b\)物品。机器人每次向前移动一步,若目标点\(s_i=1\),那么此时使用\(a\)物品,\(b\)物品的数量会加一(不会超过原本的值)。
每次使用一个物品,那个物品的数量就会减一。
现在问这个机器人最多走到哪个位置。
这个就是简单的贪心,当\(s_i=1\)时,如果\(b\)物品的数量没有满,那么此时肯定选择\(a\)物品是最优的;其余情况,就尽可能地先选择\(a\)物品,毕竟\(a\)物品的数量可以增加。当然一个物品的数量为\(0\)时只能选择另外一个物品了,两个物品的数量为\(0\)时,说明机器人最多也只能走到这里了= =
代码如下:
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int n, a, b;
int s[N];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
cin >> n >> a >> b;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i] ;
int i;
int mx = b;
for(i = 1; i <= n; i++) {
if(s[i] == 0) {
if(b) b--;
else if(a) a--;
else break ;
} else {
if(a && b < mx) {
a--;
b++;
b = min(b, mx) ;
} else if(b) {
b--;
} else break ;
}
}
cout << i - 1;
return 0;
}
E. Two Teams
给出\(n\)个数,数据保证这\(n\)个数互不相同,然后现在两个人轮流来进行操作:选择目前最大的那个数,然后删去以它为中心向两边延伸\(k\)个单位的数(若遇到边界就停止)。
最后输出每一个数是由哪一个人删去的,两个人的编号分别为\(1,2\)。
双向链表模拟即可,找最大值的话,由于数据互不相同,所以可以用一个数组记录一下每个数的位置。
当然直接set来搞暴力删除也可以。
代码如下(比较丑陋):
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int n, k, cur;
int l[N], r[N], a[N], ans[N], b[N], mp[N];
bool vis[N] ;
void solve(int p) {
int left, right ;
ans[p] = cur + 1;
vis[a[p]] = 1;
int tmp = p;
int cnt = 0;
while(l[tmp] != 0 && cnt < k) {
ans[tmp] = cur + 1;
vis[a[tmp]] = 1;
tmp = l[tmp] ;
cnt++;
}
left = tmp ;
ans[left] = cur + 1;
vis[a[left]] = 1;
tmp = p;
cnt = 0;
while(r[tmp] != n + 1 && cnt < k) {
ans[tmp] = cur + 1;
vis[a[tmp]] = 1;
tmp = r[tmp] ;
cnt++;
}
right = tmp ;
ans[right] = cur + 1;
vis[a[right]] = 1;
l[r[right]] = l[left] ;
r[l[left]] = r[right] ;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0) ;
cin >> n >> k;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], b[i] = a[i], mp[a[i]] = i;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
l[i] = i - 1;
r[i] = i + 1;
}
sort(b + 1, b + n + 1) ;
reverse(b + 1, b + n + 1) ;
cur = 0;
int point = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
while(point <= n && vis[b[point]]) point++;
if(point > n) break ;
int now = mp[b[point]] ;
solve(now) ;
cur ^= 1;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) cout << ans[i];
return 0;
}
F. Shovels Shop
有\(n\)个物品, 每个物品的价格为\(a_i\),现在你需要买\(k\)个物品。与此同时你还有\(m\)张优惠券,每张给出两个数\("x_i,y_i"\),含义为如果你一次性买了\(x_i\)个物品,那么在你买的物品中,最便宜的\(y_i\)个物品可以免费。
现在问你买\(k\)个物品最少花多少钱。
\(1\leq n \leq 10^5,1\leq k\leq min(n,2000)\)
这题我们首先考虑贪心,其实我们只需要在最便宜的\(k\)个物品中选择就可以了,这肯定不会丧失最优解。
然后就是比较简单的dp了,设\(dp(i)\)表示买前\(i\)个物品的最少花费,那么转移方程就为:
\[\begin{equation}
dp(i) = \begin{cases}
dp(i-1) + a_i,\\
dp(i-x_i) + sum_{i-x_i} - sum_{i-x_i+y_i}
\end{cases}
\end{equation}
\]
代码如下:
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5 ;
int dp[N] ;
int n, m, k ;
int a[N], sum[N];
vector <pair<int,int> > p ;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
cin >> n >> m >> k ;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i] ;
sort(a + 1 , a + n + 1) ;
for(int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + a[i] ;
n = min(n, k) ;
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int x, y;
cin >> x >> y;
p.push_back(make_pair(x, y)) ;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
dp[i] = dp[i - 1] + a[i] ;
for(auto v : p) {
if(i >= v.first) dp[i] = min(dp[i], dp[i - v.first] + sum[i] - sum[i - v.first + v.second]) ;
}
}
cout << dp[n] ;
return 0;
}
G. Minimum Possible LCM
给出\(n\)个数,其中\(1 \leq n \leq 10^7\),现在求满足\(lcm(a_i,a_j)\)最小时的一组合法解\((i,j)\)。
考虑稍微暴力一点的做法:因为有\(lcm(a_i,a_j)=\frac{a_i*a_j}{gcd(a_i,a_j)}\),所以我们可以考虑枚举gcd,找到两个最小\(a_i,a_j\),满足它们都为gcd的倍数,不断维护答案即可。
至于这样为什么是对的,假设现在找到的\(a_i,a_j\),有\(gcd(a_i,a_j)=k*g,k>1\),我们现在得到\(ans_i\)。之后我们枚举到\(g=gcd(a_i,a_j)\)时,得到新的\(ans\),必然是满足\(ans<ans_i\)的。
由于时限开的4s,加上cf机子也不错,还是很轻易跑过去的。最后注意下记录位置就好了。
代码如下:
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e7 + 5;
int n;
int a[N], vis[N], pos[N][2];
set <int> s;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i] ;
vis[a[i]]++;
if(pos[a[i]][0] == 0) pos[a[i]][0] = i;
else pos[a[i]][1] = i;
}
ll ans = 1e18;
int b, c;
for(ll i = 1; i < N; i++) {
ll fir = -1, sec = -1;
for(int j = i; j < N; j += i) {
if(vis[j]) {
if(fir == -1) fir = j;
else if(sec == -1) sec = j;
}
if(vis[j] > 1) {
if(sec == -1) sec = j;
}
if(fir != -1 && sec != -1) {
if(fir * sec / i < ans) {
ans = fir * sec / i;
b = fir, c = sec ;
}
break ;
}
}
}
if(pos[b][0] == pos[c][0]) s.insert(pos[b][0]), s.insert(pos[c][1]) ;
else s.insert(pos[b][0]), s.insert(pos[c][0]);
for(auto v : s) cout << v << ' ' ;
return 0;
}