「赛后总结」Codeforces Round #680 (Div. 2)
题目/题解
A. Array Rearrangment
题意：
给定两个序列 \(a,b\) 和一个数 \(x\)，判断能否对 \(b\) 进行排序使得 \(\forall \ i \in[1,n]\)，\(a_i+b_i \le x\)。
题解：
对 \(a\) 升序排列，\(b\) 降序排列。
设 \(m_a\) 是 \(a\) 中最小的，\(m_b\) 是 \(b\) 中最大的，如果 \(p+m_b\le x\) 并且 \(m_a + q \le x\)（\(m_a\le p\)，\(q \le m_b\)），那么 \(m_a+m_b\le x\)，\(p+q\le x\)。可知不会变差。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define M 51
int t, n, m, a[M], b[M];
bool cmp(int x, int y) {
return x > y;
}
int main() {
scanf("%d", &t);
while (t--) {
scanf("%d %d", &n, &m); bool flag = true;
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &b[i]);
std::sort(a + 1, a + n + 1), std::sort(b + 1, b + n + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (a[i] + b[i] > m) {
flag = false;
puts("No");
break;
}
}
if (flag) puts("Yes");
}
return 0;
}
B. Elimination
题意：
两场比赛，排名按分数降序。知道第一场比赛的第一百名选手第一场得分为 \(a\)，并且前一百名选手第二场比赛的得分不低于 \(b\)。知道第二场比赛的第一百名选手第二场比赛的得分为 \(c\)，并且前一百名选手第一场比赛的得分不低于 \(d\)。求总分第一百名分最少是多少。
题解：
已知有一百人总分不低于 \(a+b\)，一百人总分不低于 \(c+d\)，所以总分第一百名分最少为 \(\max(a+b,c+d)\)。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
int min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }
int max(int a, int b) { return a > b ? a : b; }
int t, a, b, c, d;
int main() {
std::cin >> t;
while (t--) {
std::cin >> a >> b >> c >> d;
std::cout << max(a + b, c + d) << '\n';
}
return 0;
}
C. Division
题意：
多测，给定 \(p,q\)，求出一个最大的 \(x\) 使得 \(x\mid p\) 并且 \(q\nmid x\)。
\(1 \leq p \leq 10^{18}\)，\(1 \leq q \leq 10^9\)。
题解：
对于 \(p < q\) 的情况答案是 \(p\)。
对于 \(p \ge q\) 的情况，如果 \(q \nmid p\) 答案是 \(p\)。
如果 \(q \mid p\)，对 \(p,q\) 分解质因数。
\(p = {p_1}_{a_1}\times {p_2}^{a_2}\times \dots \times {p_k} ^{a_k}\)。
\(q = {p_1}_{b_1}\times {p_2}^{b_2}\times \dots \times {p_k} ^{b_k}\)。
因为 \(q \mid p\) 所以 \(\forall \ i \in[1,k]\)，\(a_i\ge b_i\)，目的就是找一个最小的除数 \(d\) 使得 \(\dfrac{p}{d}\)（对 \(d\) 分解质因数指数记为 \(c\)）不再满足 \(\forall \ i \in[1,k]\)，\(a_i\ge b_i - c_i\)。
最小的 \(d\) 可以在对 \(q\) 分解质因数的过程中求出。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
typedef long long ll;
inline void read(ll &T) {
ll x = 0;
bool f = 0;
char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') {
if (c == '-') f = !f;
c = getchar();
}
while (c >= '0' && c <= '9') {
x = x * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
T = f ? -x : x;
}
int t;
ll p, q;
ll qpow(int a, int b) {
ll ans = 1, base = a;
while (b) {
if (b & 1) ans = base * ans;
base = base * base;
b >>= 1;
}
return ans;
}
ll div(ll x, ll y) {
ll minn = 1e18;
for (int i = 2; i * i <= x; ++i) {
if (x % i == 0) {
int t1 = 0, t2 = 0;
while (x % i == 0) x /= i, ++t1;
bool flag = false;
while (y % i == 0) {
flag = true;
y /= i;
++t2;
}
ll tot = qpow(i, t2 - t1 + 1);
if (flag && tot < minn) minn = tot;
}
}
if (x != 1 && y % x == 0) {
int t = 0;
bool flag = false;
while (y % x == 0) {
flag = true;
y /= x;
++t;
}
ll tot = qpow(x, t);
if (flag && tot < minn) minn = tot;
}
return minn;
}
int main() {
scanf("%d", &t);
while (t--) {
read(p), read(q);
if (p < q) std::cout << p << '\n';
if (p >= q) {
if (p % q == 0) std::cout << p / div(q, p) << '\n';
else std::cout << p << '\n';
}
}
return 0;
}
D. Divide and Sum
题意：
给一个 \(2n\) 长的序列，将其随意分成两个长为 \(n\) 的序列 \(p,q\)，\(p\) 按不减小的顺序排列，\(q\) 按不增加的顺序排列。计算每种分法的 \(\sum\limits_{i=1}^{n} \mid p_i-q_i \mid\) 的和。
题解：
将原序列升序排序后分成两半，前面记为 \(L\)，后面记为 \(R\)，结论为不论怎么划分序列，贡献都是 \(\mid R-L\mid\)。
证明
假设存在一个位置 \(i\) 使得 \(p_i,q_i\) 都属于 \(L\)。
\(p\) 的前 \(i\) 个元素都属于 \(L\)。
\(q\) 的后面 \(n-i+1\) 个元素也都属于 \(L\)。
那么 \(L\) 中的元素至少有 \(n + 1\) 个，与事实不符。
证毕。
序列的分法一共有 \(C_{2n}^{n}\) 种，答案就是 \(C_{2n}^{n} \times \mid R-L\mid\)。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define M 300001
#define int long long
int mod = 998244353;
int n, a[M], sum[M];
int qpow(int a, int b) {
int ans = 1, base = a;
while (b) {
if (b & 1) ans = base * ans % mod;
base = base * base % mod;
b >>= 1;
}
return ans % mod;
}
signed main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= 2 * n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
std::sort(a + 1, a + 2 * n + 1);
for (int i = 1; i <= 2 * n; ++i) {
sum[i] = (sum[i - 1] + a[i]) % mod;
}
int fm, fz = 1;
for (int i = 1; i <= 2 * n; ++i) {
fz = fz * i % mod;
if (i == n) fm = fz * fz % mod;
}
fm = qpow(fm, mod - 2);
int mul = ((sum[2 * n] - sum[n]) - sum[n] + 10 * mod) % mod;
std::cout << mul * (fz * fm % mod) % mod << '\n';
return 0;
}
