Educational Codeforces Round 172 (Rated for Div. 2) A ~ D

Educational Codeforces Round 172 (Rated for Div. 2)
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A

思路

• 需要拿至少 $k$ 枚硬币.
• 从大到小拿.
• 拿到的硬币最少.

题目没有要求补硬币的数目, 要求回答的是拿最少硬币时至少补多少.
而拿取的最小值最少为 $k$.
求从大到小拿取到哪个箱子时, 再拿下一个箱子就超过 $k$, 补足此时的硬币即可.

代码

void func(void)
{
	int n,k;
	cin >> n >> k;
	vector<int> a(n+1);
	for(int i=1;i<=n;++i)	cin >> a[i];
	sort(a.begin()+1,a.end(),greater<int>());
	int sum = 0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		if(sum + a[i] > k)
		{
			cout << k - sum << '\n';
			return ;
		}
		sum += a[i];
	}
	cout << (k-sum > 0 ? k-sum : 0) << '\n';
}

B

思路

对于每种弹珠, 最多拿 $2$ 分, 设此种弹珠总数 $cnt$ 可以计算.

• $cnt = 1$
  • $2$ 分需要 $1$ 次.
• $cnt > 1$
  • $1$ 分需要 $1$ 次.
  • $2$ 分需要 $cnt > 1$ 次.

对于有 $cnt > 1$ 的弹珠, A 拿取 $1$ 个后, B 可以再拿 $1$, 使得 A 无法拿到所有.
最佳策略为:
AB均抢占 $cnt = 1$, 的弹珠, 然后 $cnt > 1$ 的弹珠各拿一个.
总得分为 $<cnt_1/2> + cnt_{>1}$($<>$ 为向上取整, 因为奇数个时必然是 A 拿到).

代码

void func(void)
{
	int n;
	cin >> n;
	map<int,int> cnt;
	for(int i=0;i<n;++i)
	{
		int X;	cin >> X;
		cnt[X] ++;
	}
	int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
	for(auto &i : cnt)
	{
		if(i.y == 1)	cnt1 ++;
		else	cnt2 ++;
	}
	cout << ((cnt1+1)/2 * 2 + cnt2) << '\n';
}

C

思路

对于字符串的 $01$, $1$ 可视为抵消 $0$, 那么将 $0$ 视为 $-1$.

• 假设起始只有 $1$ 个区间.
• 每次增加区间, 就是分割了某个区间.

每次分割操作会使得分割点之右的点贡献 $+1$.
那么只需要每次贪心贡献最大的分割点, 当总贡献 $\ge k$ 时输出分割次数即可.

因为每次分割点的贡献是其右侧的贡献之和, 所以使用 后缀和.
将所有后缀和加入一个 大根堆, 每次取出最大的 后缀和, 即分割此处.
大根堆使用 stl 的priority_queue.

注: 将后缀和从大到小排序一次也可以.

代码

void func(void)
{
	int n,k;
	cin >> n >> k;
	string st;
	cin >> st;
	st = '0' + st;
	vector<int> s(n+2);
	priority_queue<int> pq;
	for(int i=n;i>=2;--i)
	{
		s[i] = s[i+1] + (st[i] == '0' ? -1 : 1);
		pq.push(s[i]);
	}
	int ans = 1, sum = 0;
	while(pq.size())
	{
		int X = pq.top();	pq.pop();
		sum += X;
		ans ++;
		if(sum >= k)
		{
			cout << ans << '\n';
			return ;
		}
	}
	cout << -1 << '\n';
}

D

思路

题意: 用户$j$有一个偏好区间$(L_j,R_j)$. 他需要找到另一些用户$i$, 他们的区间$(L_i,R_i)$包含该用户的区间($L_i \le L_j \le R_j \le R_i$). 然后用户$i$ 们会找到他们区间的共同部分(交集), 将其中 $j$ 没有的部分推荐给 $j$. 每次需要回答推荐的次数. 若是 $i$ 不存在或者不存在推荐部分, 则输出 $0$.

因为 $n \le 10^5$, 所以对每个元素的操作应该为 $logn$.

分析题面后, 我们实际上需要求包含 $j$ 的区间的最大 $L$ 和 最小 $R$.

我们可以分别处理.

$L$:
先根据区间的 $R$ 从大到小排序($R$ 相同时根据 $L$从小到大排, 保证大区间先加入, 小区间可以被包含), 将区间顺序(实际加入的是 $L$)加入一个容器.

• 先加入的元素 $R$ 一定大于后加入的元素的 $R$.
• 那么后加入的元素不可能包含先加入的

然后判断当前容器中有没有小于等于 $L_j$ 的, 最大的值即为该 $j$ 的 $ans_L$

$R$:
同理, 按区间 $L$ 从小到大排序.

• 后加入的元素不可能包含先加入的

然后判断当前容器中有没有大于等于 $R_j$ 的, 最小的值即为 $j$ 的 $ans_j$.

注意:

• 如果有完全相同的区间, 若是代码有漏网之鱼, 需要将其单独处理掉.
• 排序后的插入, 保证先插入大区间, 小区间可以被大区间包含.

因为对于每个元素查找 $ans_L, ans_R$需要 $log$级别, 所以需要用 二分查找.
而 set 的插入也只是 $log$, 且自动排序和支持二分 所以上述的容器可以使用 set.

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Start cin.tie(0), cout.tie(0), ios::sync_with_stdio(false)
#define PII pair<int,int> 
#define x first
#define y second
#define ull unsigned long long
#define ll long long
using namespace std;

struct sth
{
	int x,y,z;
	bool operator < (const sth &i)	const// 重载运算符, 不会可以写第三个cmp
	{
		return(z == i.z ? (y == i.y ? x < i.x : y < i.y) : z < i.z);
	}
};

const int M = 1000000007;
const int N = 2e5 + 10;

bool cmp1(sth a,sth b)
{
	return (a.y == b.y ? a.x < b.x : a.y > b.y);
}

bool cmp2(sth a,sth b)
{
	return (a.x == b.x ? a.y > b.y : a.x < b.x);
}

// bool cmp3(sth a,sth b)
// {
	// return (a.z < b.z);
// }

void func(void);

signed main(void)
{
	Start;
	int _ = 1;
	cin >> _;
	while(_--)	func();
	return 0;
}

void func(void)
{
	int n;
	cin >> n;
	vector<sth> a(n+1);
	vector<PII> ans(n+1,{-1,-1});
	map<PII,vector<int>> check;// 处理完全重复的结果
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		cin >> a[i].x >> a[i].y;
		a[i].z = i;
		check[{a[i].x,a[i].y}].push_back(i);
	}
	set<int,greater<int>> s1;
	sort(a.begin()+1,a.end(),cmp1);// 第一次排序
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		auto X = s1.lower_bound(a[i].x);
		if(X != s1.end())	ans[a[i].z].x = *X;
		s1.insert(a[i].x);
	}
	set<int> s2;
	sort(a.begin()+1,a.end(),cmp2);// 第二次排序
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		auto X = s2.lower_bound(a[i].y);
		if(X != s2.end())	ans[a[i].z].y = *X;
		s2.insert(a[i].y);
	}
	sort(a.begin()+1,a.end());// 恢复区间, 按顺序输出, 不会重载运算符就填第三个cmp
	for(auto &i : check)
	{
		if(i.y.size() > 1)
		{
			for(auto &j : i.y)	ans[j] = {-1,-1};// 处理重复区间
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		int X = (ans[i].y - ans[i].x - (a[i].y - a[i].x));
		if(ans[i].x == -1 || ans[i].y == -1 || X < 0)	cout << 0 << '\n';
		else	cout << X << '\n';
	}
}