Codeforces Round #540 (Div. 3) A~F1题解

A. Water Buying

• 题意
  $1L$的饮用水需要$a$，$2L$的饮用水需要$b$。你需要购买$nL$水，问需要花费的最小代价。

• 解题思路
  判断哪个更优即可，即$2\times a$和$b$的大小。当然我们还需要考虑$n$的奇偶性。

• AC代码

/**
  *@filename:A
  *@author: pursuit
  *@csdn:unique_pursuit
  *@email: 2825841950@qq.com
  *@created: 2021-07-27 10:21
**/
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 100000 + 5;
const int P = 1e9+7;

int t;
ll n,a,b;
void solve(){
    if(a * 2 <= b){
        cout << n * a << endl;
    }
    else{
        cout << n / 2 * b + ((n % 2) ? a : 0) << endl;
    }
}
int main(){
    cin >> t;
    while(t -- ){
        cin >> n >> a >> b;
        solve(); 
    }
    return 0;
}

B. Tanya and Candies

• 题意
  给你$n$个糖果，移除其中一个糖果，使得剩下的奇数序号的糖果数总和等于偶数序号的糖果数总和。

• 解题思路
  枚举每个糖果，利用前缀和处理达到$O(1)$计算即可。注意移除了一个糖果后，后面的奇数位变偶数位置，偶数位置变奇数位置，注意细节处理。

• AC代码

/**
  *@filename:B
  *@author: pursuit
  *@csdn:unique_pursuit
  *@email: 2825841950@qq.com
  *@created: 2021-07-27 10:26
**/
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 200000 + 5;
const int P = 1e9+7;

int n,a[N];
ll pre_even[N],pre_odd[N];
void solve(){
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i){
        if(pre_odd[i - 1] + pre_even[n] - pre_even[i] == pre_even[i - 1] + pre_odd[n] - pre_odd[i]){
            ans ++;
        }
    }
    cout << ans << endl;
}
int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i){
        scanf("%d", &a[i]);
        if(i & 1){
            pre_odd[i] = pre_odd[i - 1] + a[i];
            pre_even[i] = pre_even[i - 1];
        }
        else{
            pre_odd[i] = pre_odd[i - 1];
            pre_even[i] = pre_even[i - 1] + a[i];
        }
    }
    solve();
    return 0;
}

C. Palindromic Matrix

• 题意
  给你$n^2$个数，需要你将这些数填入$n\times n$的矩阵中，使得其成为回文矩阵，即上下翻转左右反转和原矩阵相同。

• 解题思路
  我们知道，对于$n$为偶数的时候，其中矩阵总是四个四个对称的，所以我们只需要将这四个对称的填相同元素即可。而对于$n$为奇数的时候，中间有一个十字，我们需要填充十字，那么条件就没有那么苛刻，中心点只需要填一个任意值，左右对称和上下对称需要填相同的元素即可。我们可以先填中心值，再填四个对称点，最后填剩下的十字。具体看AC代码。

• AC代码

/**
  *@filename:C
  *@author: pursuit
  *@csdn:unique_pursuit
  *@email: 2825841950@qq.com
  *@created: 2021-07-27 10:38
**/
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 1000 + 5;
const int P = 1e9+7;

int n,cnt[N],x,a[22][22];
void solve(){
    //先判断n是否为奇数。如果是，直接将奇数放入a[(n + 1) / 2][(n + 1) / 2]
    if(n & 1){
        for(int i = 1; i < N; ++ i){
            if(cnt[i] & 1){
                a[(n + 1) / 2][(n + 1) / 2] = i;
                cnt[i] --;
                break;
            }
        }
        //将构建中间十字。
    }
    priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> > > q;//利用优先队列实现。
    for(int i = 1; i < N; ++ i){
        if(cnt[i])q.push({cnt[i],i});
    }
    //构建对角。
    for(int i = 1; i <= n; ++ i){
        for(int j = 1; j <= n; ++ j){
            if(n % 2 && (i == (n + 1) / 2 || j == (n + 1) / 2))continue;
            if(!a[i][j] && !q.empty() && q.top().first >= 4){
                auto x = q.top();
                q.pop();
                a[i][j] = a[n - i + 1][j] = a[n - i + 1][n - j + 1] = a[i][n - j + 1] = x.second;
                x.first -= 4;
                if(x.first)q.push(x);
            }
        }
    }
    //注意中间十字是不会变的。我们先构建中间十字。
    if(n & 1){
        for(int i = 1; i <= n; ++ i){
            if(!a[i][(n + 1) / 2] && !q.empty() && q.top().first > 1){
                auto x = q.top();
                q.pop();
                a[i][(n + 1) / 2] = a[n - i + 1][(n + 1) / 2] = x.second;
                x.first -= 2;
                if(x.first)q.push(x);
            }
        }
        for(int j = 1; j <= n; ++ j){
            if(!a[(n + 1) / 2][j] && !q.empty() && q.top().first > 1){
                auto x = q.top();
                q.pop();
                a[(n + 1) / 2][j] = a[(n + 1) / 2][n - j + 1] = x.second;
                x.first -= 2;
                if(x.first)q.push(x);
            }
        }
    }
    bool flag = true;
    if(!q.empty())flag = false;
    if(flag){
        cout << "YES" << endl;
        for(int i = 1; i <= n; ++ i){
            for(int j = 1; j <= n; ++ j){
                cout << a[i][j] << " ";
            }
            cout << endl;
        }
    }
    else{
        cout << "NO" << endl;
    }
}
int main(){
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n * n; ++ i){
        cin >> x;
        cnt[x] ++;
    }
    solve();
    return 0;
}

D1 D2. Coffee and Coursework

• 题意
  给你$n$杯咖啡，每杯咖啡都有一个值$a_i$。当你一天内依次喝的咖啡得到的值为$a_1,max(0,a_2-1)...max(0,a_k-k+1)$。问你需要几天才可以得到$m$。

• 解题思路
  很明显的二分题，我们知道当所有咖啡值总和小于$m$时是一定无解的。我们又注意到，若$x$天可行，那么$x+1$天必定可行。若$x$天不可行，那么$x-1$天必定不可行。据此，符合二分的性质，所以我们二分天数，在计算得到的值时我们从大到小按天数依次分配即可，这样减小最大损耗。

• AC代码

/**
  *@filename:D1
  *@author: pursuit
  *@csdn:unique_pursuit
  *@email: 2825841950@qq.com
  *@created: 2021-07-27 11:49
**/
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
const int P = 1e9+7;

int n,m;
ll a[N],ans;
bool check(int day){
    //为了最少消耗，我们均分day。
    ll ans = 0,cnt = 1,c = 0;
    while(true){
        for(int d = 1; d <= day && cnt <= n; ++ d){
            ans += max(1LL * 0,a[cnt ++] - c);
        }
        c++;
        if(cnt > n)break;
    }
    return ans >= m;
}
void solve(){
    sort(a + 1, a + 1 + n,greater<int>() );
    //此原理就是尽可能的浪费一些也可以行。ans为最大的数量。
    if(ans < m){
        cout << - 1 << endl;
    }
    else{
        int l = 1, r = n;
        while(l < r){
            int mid = (l + r) >> 1;
            if(check(mid)){
                r = mid;
            }
            else{
                l = mid + 1;
            }
        }
        cout << l << endl;
    }
}
int main(){
    cin >> n >> m;
    for(int i= 1; i <= n; ++ i){
        cin >> a[i];
        ans += a[i];
    }
    solve();
    return 0;
}

E. Yet Another Ball Problem

• 题意
  有$n$对舞者，其中一男一女，设它们的服装颜色分别为$b_i,g_i$。有$k$种颜色的舞服。现在需要你分配一种服装方案使得：

  1. 所有舞者的颜色都是这$k$种之一。
  2. 没有一对舞者的服装一摸一样，即不会存在$i\ne j,b_i=b_{j}and{g}_i=g_j$
  3. 一对舞者内的二人服装不一样。
  4. 相邻序号的舞者中两个男的和女的的服装不一样。即$b_i\ne b_{i+1},g_i\ne g_{i+1}$

• 解题思路
  我们知道，根据第$2$点和第三点，我们能构造出来的舞者队服为$k\times (k-1)$，当其值小于$n$时自然不可能，否则一定可行。那么我们只需要再满足第四点即可，我们可以依次构造$(1,2)(2,1)(1,3)(3,1)...(i,j)(j,i)$这种即可达到要求。

• AC代码

/**
  *@filename:E
  *@author: pursuit
  *@csdn:unique_pursuit
  *@email: 2825841950@qq.com
  *@created: 2021-07-27 18:46
**/
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 100000 + 5;
const int P = 1e9+7;

int n,k;
void solve(){
    ll ans = 1LL * k * (k - 1);
    if(ans < n){
        cout << "NO" << endl;
    }
    else{
        cout << "YES" << endl;
        int idx = 1,cnt = 0;
        while(true){
            for(int i = idx + 1; i <= k; ++ i){
                if(cnt < n){
                    cout << idx << " " << i << endl;
                    cnt ++;
                }
                if(cnt < n){
                    cout << i << " " << idx << endl;
                    cnt ++;
                }
                if(cnt == n)break;
            }
            idx ++;
            if(cnt == n){
                break;
            }
        }
    }
}
int main(){
    cin >> n >> k;
    solve();
    return 0;
}

F1. Tree Cutting (Easy Version)

• 题意
  给你一个无向树，每个顶点都有一个点权，其中$0$表示未染色，$1$表示染了红色，$2$表示染了蓝色。你需要删除一条边分成两个集合后，每个集合中的点只包含了一种颜色。问方案数。

• 解题思路
  $dfs$遍历树，我们需要存储每个结点的子树及其本身的颜色信息。那么当这个颜色信息中只包含了一种颜色即可行。按这种思想遍历即可。

• AC代码

/**
  *@filename:F
  *@author: pursuit
  *@csdn:unique_pursuit
  *@email: 2825841950@qq.com
  *@created: 2021-07-27 19:02
**/
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 300000 + 5;
const int P = 1e9+7;

int n,a[N],r[N],b[N];
vector<int> g[N];
ll ans;
void dfs(int u,int fu){
    if(a[u] == 1){
        r[u] ++;
    }
    else if(a[u] == 2){
        b[u] ++;
    }
    for(auto &v : g[u]){
        if(v != fu){
            dfs(v,u);
            //将子节点的数量加起来。
            b[u] += b[v];
            r[u] += r[v];
            if(b[v] == b[0] && !r[v] || r[v] == r[0] && !b[v]){
                ans ++;
            }
        }
    }
}
void solve(){
    dfs(1,0);
    cout << ans << endl;
}
int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i){
        scanf("%d", &a[i]);
        //1：red 2：blue
        //统计所有的红蓝结点数，相当于0是祖先。
        if(a[i] == 1){
            r[0] ++;
        }
        else if(a[i] == 2){
            b[0] ++;
        }
    }
    int u,v;
    for(int i = 1; i < n; ++ i){
        scanf("%d%d", &u, &v);
        g[u].push_back(v);
        g[v].push_back(u);
    }
    solve();
    return 0;
}