Codeforces Round #635 (Div. 2) 题解

A. Ichihime and Triangle

题意:

已知$ a ≤ x ≤ b ,b ≤ y ≤ c , c ≤ z ≤ d $,让你确定 $x , y , z$ 使其构成三角形的三条边

思路:

直接令三条边长为$ b , c , d $即可

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
int main(){
    ll t,a,b,c,d;
    cin>>t;
    while(t--){
        cin>>a>>b>>c>>d;
        cout<<b<<" "<<c<<" "<<c<<endl;
    }
    return 0;
}
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B. Kana and Dragon Quest game

题意:

给一个数$ h $,你可以进行两种操作:$1.h=[h /2 +10] ,2. h=[h-10]$,问能否通过$n$种操作$1$,与$m$种操作$2$使得$h$小于等于$0$

思路:

通过解不等式$h/2 + 10 ≤ h$,我们可以发现当$h ≤ 20 $时进行操作$1$,只会使得$h$变得更大

所以我们先将$h$通过操作$1$尽可能的降至大于$20$且最小的位置,再用操作$2$判断其是否会小于等于$0$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read(){ll s=0,w=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();return s*w;}
void put1(){ puts("YES") ;}void put2(){ puts("NO") ;}void put3(){ puts("-1"); }
ll qp(ll a,ll b, ll p){ll ans = 1;while(b){if(b&1){ans = (ans*a)%p;--b;}a =
(a*a)%p;b >>= 1;}return ans%p;}
int main(){
    ll p=read();
    while(p--){
        ll a,b,c;
        cin>>a>>b>>c;
        while(b&&a>20){
            b--;
            a=a/2+10;
        }
        if(a>c*10) cout<<"NO"<<endl;
        else cout<<"YES"<<endl;
    }
    return 0;
}
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C. Linova and Kingdom

题意:

给一颗树,现在你可以将$K$个节点染成白色,并将其余节点染成黑色,要求所有白色节点到节点$1$路径上经过和黑色节点和最大

思路:

贪心可以发现将所有深度尽可能大的节点染成白色是最优的,但是可能出现的问题就是不能单单对深度进行排序累加,因为其父亲节点有可能也是白色点

所以我们还要统计节点的子树大小,对$dep[i] - siz[i] $ 进行排序,取前$k$大即可

#include<bits/stdc++.h>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define ll long long
#define io std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
using namespace std;
inline ll read(){ll s=0,w=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();return s*w;}
const int manx=2e5+5;

vector<ll>g[manx];
vector<pair<ll,ll> >a;
ll cnt[manx],d[manx],col[manx];
ll n,k;
void dfs(ll u,ll pre){
    d[u]=d[pre]+1; cnt[u]=1;
    for(auto v: g[u]){
        if(v==pre) continue;
        dfs(v,u);
        cnt[u]+=cnt[v];
    }
    a.pb(mp(d[u]-cnt[u],u));
}
int main(){
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<n;i++){
        ll u=read(),v=read();
        g[u].pb(v); g[v].pb(u);
    }
    dfs(1,0);
    sort(a.begin(),a.end());
    reverse(a.begin(),a.end());
    ll ans=0;
    for(int i=0;i<k;i++)
        ans+=a[i].first;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}
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D. Xenia and Colorful Gems

题意:

有$3$种类型的数字,现在要在每种数字中取出$1$个,使得$(x+y)^{2} + (x+z)^{2} + (z+y)^{2}$最小

思路:

暴力枚举$3$种数字是肯定行不通的

进一步思考我们发现对于一个数$a_{i}$,会有$4$种方式对应$b与c$

分别是$①. a_{i} ≥ b ,a_{i} ≥ c   ②. b ≥ a_{i} a_{i} ≥ c   ③. c ≥ a_{i} a_{i} ≥ b   ④.c ≥ a_{i}  b ≥ a_{i}$

根据贪心,我们也可以知道$b与c$肯定是要越接近$a_{i}$越好,所以我们可以二分对应的$b与c$,然后不停更新最小答案即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll; 
inline ll read(){ll s=0,w=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();return s*w;}
const int N=1e5+5;
ll t,n1,n2,n3;
ll a[N],b[N],c[N];

ll solve(ll a[],ll n1,ll b[],ll n2,ll c[] ,ll n3){
    
    ll ans=2e18,x,y,z;
    for(int i=1;i<=n1;i++){
        x=a[i];
        int pos=lower_bound(b+1,b+1+n2,x)-b;
        if(pos>=1&&pos<=n2 &&b[pos]>=x)y=b[pos];
        else continue;
        int l=1,r=n3;
        while(l<r){
            int mid=(l+r+1)>>1;
            if(c[mid]<=x) l=mid;
            else r=mid-1; 
        }
        if(c[l]<=x) z=c[l];
        else continue;
        
        ans=min(ans,(x-y)*(x-y)+(x-z)*(x-z)+(y-z)*(y-z));
    }
    return ans;
} 
int main(){
    ll t=read();
    while(t--){
        ll n1=read(),n2=read(),n3=read();
        for(int i=1;i<=n1;i++)scanf("%lld",&a[i]);
        for(int i=1;i<=n2;i++)scanf("%lld",&b[i]);
        for(int i=1;i<=n3;i++)scanf("%lld",&c[i]);
        sort(a+1,a+1+n1);
        sort(b+1,b+1+n2);
        sort(c+1,c+1+n3);
        ll ans=2e18;
        ans=min(ans,solve(a,n1,b,n2,c,n3));
        ans=min(ans,solve(a,n1,c,n3,b,n2));
        ans=min(ans,solve(b,n2,a,n1,c,n3));
        ans=min(ans,solve(b,n2,c,n3,a,n1));
        ans=min(ans,solve(c,n3,b,n2,a,n1));
        ans=min(ans,solve(c,n3,a,n1,b,n2));
        cout<<ans<<endl;;
    }
    return 0;
}
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posted @ 2020-04-16 00:40  overrate_wsj  阅读(586)  评论(0编辑  收藏  举报