Educational Codeforces Round 117 (Rated for Div. 2) CF1612

VP 过了 A~E，感觉海星。

F,G 这几天补。

~~主要是 luogu 有翻译拯救了英语不好的我。~~

A

一眼 $x+y\equiv 0\pmod{2}$ ，否则无解。那么显然距离应该是 $(x+y)/2$ ，考虑别超过 $\min(x,y)$ ，不然答案就改了，然后就想到钦定最小的直接放满了。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pb push_back
using namespace std;

void solve() {
	int x,y;
	cin>>x>>y;
	if((x+y)&1) {
		cout<<"-1 -1\n"; return ;
	}
	if(x<y) {
		int qwq=(x+y)/2;
		cout<<x<<" "<<qwq-x<<'\n';
	} else {
		int qwq=(x+y)/2;
		cout<<qwq-y<<" "<<y<<'\n';
	}
}

signed main() {
	cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
	int T; cin>>T; while(T--) solve();
	return 0;
}

B

憨憨题，比 A 更一眼。luogu 翻译错了。。。

考虑钦定完最大值最小值后，最大值择从小到大，最小值择从大到小，这样对双方都是更优的。

#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=105;
bool vis[N];
int n,a,b,ans[N];
void solve() {
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	cin>>n>>a>>b;
	ans[1]=a; ans[n/2+1]=b;
	vis[a]=vis[b]=1;
	int t1=1;
	for(int i=n;i>=1;i--) {
		if(vis[i]) continue ;
		if(i<a) {
			cout<<"-1\n"; return ;
		}
		vis[i]=1; ans[++t1]=i;
		if(t1>=n/2) break ;
	}
	t1=n/2+1;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(vis[i]) continue ;
		if(i>b) {
			cout<<"-1\n"; return ;
		}
		vis[i]=1; ans[++t1]=i;
		if(t1>=n) break ;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<' ';
	cout<<'\n';
}

signed main() {
	cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
	int T; cin>>T; while(T--) solve();
	return 0;
}

C

也是憨憨题，没啥思维可言。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pb push_back
using namespace std;

int get(int fir,int x) {
	int las=fir-x+1;
	return (fir+las)*x/2;
}

void solve() {
	int n,k;
	cin>>n>>k;
	if(k<=n*(n+1)/2) {
		int l=1,r=n,res=0;
		while(l<=r) {
			int mid=(l+r)>>1;
			if(mid*(mid+1)/2>=k) res=mid,r=mid-1;
			else l=mid+1;
		}
		cout<<res<<'\n'; return ;
	}
	k-=n*(n+1)/2;
	int l=1,r=n-1,res=n-1;
	while(l<=r) {
		int mid=(l+r)>>1;
		if(get(n-1,mid)>=k) res=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	cout<<res+n<<'\n';
} 

signed main() {
	cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
	int T; cin>>T; while(T--) solve();
	return 0;
}

D

第一眼，感觉是不是只要满足不定方程 $k_1a+k_2b=x$ 就好了啊。。。

写了个暴力，显然不是。

但是暴力中好像一直执行某个策略直到没有。

然后手玩了下，考虑一直执行某个策略。

若 $x<y$ ，要么变成 $(x,y-x)$ ，要么 $(y-x,y)$ ，然后考虑后面的， $(y-x,y)$ ，可变成 $(y-x,x)$ ，或者 $(x,y)$ ，然后发现没啥用。。。因为它能表示的之前那个一定可以。

所以我们只考虑 $x<y$ 的情况写暴力，且只使用 $(x,y-x)$ 这种变形。

然后考虑改变 $x,y$ 相对大小的时刻，注意中间可能达到目标了。

然后就过了。

考虑先猜想后证明，我们猜这样是 $\mathcal{O}(\log_2 n)$ 的，只要证明我们的操作每次强于 $y/2$ ，即可，若 $y=kx$ ，显然操作后 $y<x$ ，于是每次操作都强于。

这道题俺能想出来也是很不可思议（（，其实在 AC 这道题后我才发现自己在一个暴力的情况下就确认了一定只有操作 1，然后后面才去证明。暴力后的发现再到手玩，再到大胆猜想，以及后面的证明，每一步都是具有启发性意义的！总之，对于这类题目需要大力手玩和暴力，以及猜想后的大胆提交！

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pb push_back
using namespace std;

int gcd(int x,int y) {
	return !y?x:gcd(y,x%y);
} 
map<pair<int,int>,bool>mp;
int a,b,X;
bool fl;

void solve(int x,int y) {
//	cout<<x<<" "<<y<<'\n';
	if(fl) return ;
	if(mp.count(make_pair(x,y))) return ;
	if(x==X||y==X) {
		fl=1; return ;
	}
	if(!x||!y) return ;
	mp[make_pair(x,y)]=1;
	if(x<y) {
		int qwq=y/x;
//		y-qwq*x=X
		if((y-X)>=0&&(y-X)%x==0&&(y-X)/x<=qwq) {
			fl=1; return ;
		}
		solve(x,y-qwq*x);
	} else solve(y,x);
}

void solve() {
	mp.clear();
	cin>>a>>b>>X; fl=0;
	solve(a,b);
	if(fl) cout<<"YES\n";
	else cout<<"NO\n";
}

signed main() {
	cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
	int T; cin>>T; while(T--) solve();
	return 0;
}

E

溜达了几十分钟回来结果赛时被卡常，赛后 2min 过。。。

问题不大。

一眼枚举 $t$ ，但我们不知道上界，那就先不管，看看能不能通过计算答案方式来确定上界。

考虑对于每种都计算出选取它能带来的期望人数，之后我们从大到小排序选取前 $t$ 个即可。

考虑期望有独立性，因此我们可以考虑每个人然后再合起来，作为选取这条消息带来的期望贡献。

考虑对于每个人，选取它的消息，这个人能带来的期望贡献。

倘若 $t<=k_i$ ，显然贡献一定是 $1$ 。

否则，根据俺目前的定义，当前选取的 $t$ 条消息一定有它需要的。

那么只要考虑它随机 $k_i$ 个然后抽到对应的概率即可，显然钦定然后其他乱选为 $\binom{t-1}{k_i-1}$ ，总方案为 $\binom{t}{k_i}$ ，然后贡献人数为 $1$ ，期望就出来了。

不难发现上界只跟 $k$ 有关，赛时猜了个 $20$ ，然后卡卡常就过了。

仅仅求数组前 $k$ 大可以用 nth_element

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
using namespace std;

const int N=(int)(2e5+5);
struct node {
	int x,y;
}a[N];
int n,tot;

ll gcd(ll x,ll y) {
	return !y?x:gcd(y,x%y);
}

struct Frac {
	ll x,y;
	Frac() {
		x=0; y=1;
	}
	Frac(const ll &xx) {
		x=xx; y=1;
	}
	Frac(const ll &xx,const ll &yy) {
		ll d=gcd(xx,yy);
		x=xx/d; y=yy/d;
	}
}ans[N];
inline Frac operator + (const Frac &x,const Frac &y) {
	int qwq=x.x*y.y+y.x*x.y,d=gcd(qwq,x.y*y.y);
	return Frac(qwq/d,x.y*y.y/d);
}
inline bool operator < (const Frac &x,const Frac &y) {
	return x.x*y.y<y.x*x.y;
}

inline ll C(int n,int m) {
	if(m<0||m>n||n<0) return 0;
	ll res=1;
	for(int i=m+1;i<=n;i++) res=1ll*res*i;
	for(int i=1;i<=n-m;i++) res/=i;
	return res;
}
ll CC[22][22];
inline Frac cal(int x,int y) {
//	cout<<x<<" "<<y<<" "<<C(tot-1,x-1)<<" "<<C(tot,x)<<" "<<C(x,y)<<" "<<C(x-1,y-1)<<'\n';
	return Frac(CC[x-1][y-1],CC[x][y]);
}
bool vis[N];
int lsh[N];

bool cmp(const int &x,const int &y) {
	return ans[y]<ans[x];
}
int vec[22],vectot;
signed main() {
	cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].x>>a[i].y;
	for(int i=0;i<=20;i++)
		for(int j=0;j<=20;j++)
			CC[i][j]=C(i,j);
//	int mx=0;
//	for(int i=1;i<=n;i++) mx=max(mx,a[i].y);
	Frac answ;
	for(int i=1;i<=20;i++) {
		for(int j=1;j<=n;j++) vis[a[j].x]=0,ans[a[j].x]=Frac(0);
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			if(a[j].y>=i) {
				ans[a[j].x]=ans[a[j].x]+Frac(1);
			} else {
//				cout<<cal(i)<<'\n';
				ans[a[j].x]=ans[a[j].x]+cal(i,a[j].y);
			}
		}
		tot=0;
		for(int j=1;j<=n;j++) if(!vis[a[j].x]) lsh[++tot]=a[j].x,vis[a[j].x]=1;
		stable_sort(lsh+1,lsh+1+tot,cmp);
		Frac res; 
		for(int j=1;j<=min(i,tot);j++) res=res+ans[lsh[j]]; 
//		cout<<answ.x<<" "<<answ.y<<'\n';
//		cout<<res.x<<" "<<res.y<<'\n';
		if(answ<res) {
			answ=res;
			vectot=0;
			for(int j=1;j<=min(i,tot);j++) vec[++vectot]=lsh[j];
		}
	}
	cout<<vectot<<'\n';
	for(int i=1;i<=vectot;i++) cout<<vec[i]<<' ';
	return 0;
}

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本文作者：F x o r G
本文链接：https://www.cnblogs.com/xugangfan/p/16602866.html
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