Codeforces Round #552 (Div. 3) 题解

Codeforces Round #552 (Div. 3) 题目链接

A. Restoring Three Numbers

给出 \(a+b\)\(b+c\)\(a+c\) 以及 \(a+b+c\) 这四个数,输出一种合法的 \(a,b,c\)

 
可以发现,前面的两个数加起来减去最后的 \(a+b+c\),答案就出来一个。最后这样求出\(a,b,c\)即可。

代码如下:

Code ```cpp #include using namespace std; typedef long long ll; const int N = 2e5 + 5; ll a[5]; int main() { cin >> a[0] >> a[1] >> a[2] >> a[3]; sort(a, a + 4) ; cout << a[0] + a[1] - a[3] << ' ' << a[0] + a[2] - a[3] << ' ' <

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

\(n\)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;
}
posted @ 2019-04-17 21:51  heyuhhh  阅读(444)  评论(0编辑  收藏  举报