Refact.ai Match 1 (Codeforces Round 985)
Refact.ai Match 1 (Codeforces Round 985) 总结
A
集合中的元素为 \(l \le x \le r\)，有 \(k\) 个 \(x\) 的倍数在其中才可删，可以求出最大可删的元素，直接计算。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1;
ll l,r,k;
void solve()
{
cin>>l>>r>>k;
r=r/k;
cout<<max(0ll,r-l+1)<<'\n';
}
int main ()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
B
思考一下，发现我们并不关心 \(0\) 和 \(1\) 的顺序，只关心数量，只要同时有 \(0\) 和 \(1\) 就能进行操作，这样模拟过程即可。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int n;
string s,r;
int a[2];
void solve()
{
cin>>n>>s>>r;
a[0]=a[1]=0;
for(int i=0;i<n;i++) a[s[i]-'0']++;
for(int i=0;i<n-1;i++)
{
if(a[0]&&a[1])
{
a[0]--,a[1]--;
a[r[i]-'0']++;
}
else
{
cout<<"No\n";
return ;
}
}
cout<<"Yes\n";
}
int main ()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
C
首先要明确一点，更大的初始值在通过几场比赛后的评分一定不劣于更小的初始值。
答案的范围显然为 \([1,n-1]\)，计算最大的可能评分，考虑二分答案。
如何检验？设 \(b_i\) 为通过前 \(i\) 场比赛能获得的评分，再取前缀最大值。检验的时候从后往前扫，逆过程当 \(x=a_i\) 时能有三种情况，显然我们要令 \(x\) 更小，所以当 \(x \le a_i\) 时，\(x\) 要减一，否则加一。若此时 \(b_{i-1}>=x\)，则说明前缀中出现了大于等于能达到答案的最小的评分的值，返回真。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=3e5+5;
int n;
int a[N],b[N];
bool check(int k)
{
int x=k;
for(int i=n;i>=1;i--)
{
if(b[i-1]>=x) return 1;
if(a[i]>=x) x--;
else x++;
}
return 0;
}
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
if(n==1)
{
cout<<0<<'\n';
return ;
}
int x=0,ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]>x) x++;
else if(a[i]<x) x--;
b[i]=max(b[i-1],x);
}
int l=1,r=n,mid;
while(l<=r)
{
mid=(l+r)/2;
if(check(mid)) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
cout<<min(ans,n-1)<<'\n';
}
int main ()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
D
操作数最多为 \(2 \times \max(n,m)\)，可以考虑先将图全部拆了再建树。
对于每个度数大于 \(1\) 的点 \(x\)，选择于点 \(x\) 相邻的两个点 \(y\)，\(z\)，对 \((x,y,z)\) 进行一次操作，若 \(y\) 于 \(z\) 有边相连，则会减少 \(3\) 条边，否则会减少 \(1\) 条边。因此这样拆图的操作数最大为 \(m-1\)。
最终整个图就都是些度数小于等于 \(1\) 的点。也就是说，要么是单个点，要么是两个点连一条边。如果都是单个点显然就不用继续了，否则考虑其中一个度数为 \(1\) 的点为 \(x\)，与其相连的点为 \(y\)，接下来建的树以 \(x\) 为根。每次选择没合并进来的点 \(z\) 不管它的度数，对 \((x,y,z)\) 进行操作。此时 \(y\) 与 \(z\) 相连，\(z\) 与 \(x\) 相连，将 \(y\) 更新为 \(z\) 继续操作。每次至少能合并一个点，所以这个过程的操作数最大为 \(n-1\)。
考虑两个过程如何实现，第一个过程用 set 存边，可以轻易实现删边和加边。
第二个过程可以使用并查集，因为只有合并的操作。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5,M=4e5+5;
int n,m;
set<int> s[N];
int deg[N];
struct node
{
int x,y,z;
}ans[M];
int tot;
void add(int x,int y)
{
s[x].insert(y);
s[y].insert(x);
}
void del(int x,int y)
{
s[x].erase(y);
s[y].erase(x);
}
int fa[N];
int find(int x)
{
if(x==fa[x]) return x;
return fa[x]=find(fa[x]);
}
void solve()
{
cin>>n>>m;
tot=0;
for(int i=1;i<=n;i++) s[i].clear(),deg[i]=0,fa[i]=i;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;
cin>>x>>y;
add(x,y);
deg[x]++,deg[y]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(deg[i]>1)
{
auto it=s[i].begin();
int x=*it;
it++;
int y=*it;
del(x,i),del(y,i);
deg[i]-=2;
ans[++tot]={i,x,y};
if(s[x].count(y))
{
del(x,y);
deg[x]-=2;
deg[y]-=2;
}
else add(x,y);
}
}
bool st=0;
int x,y;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(deg[i])
{
st=1;
x=i,y=*s[i].begin();
fa[find(x)]=find(y);
}
}
if(st)
{
x=find(x);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int z=find(i);
if(z!=x)
{
ans[++tot]={x,y,z};
y=z;
fa[z]=x;
}
}
}
cout<<tot<<'\n';
for(int i=1;i<=tot;i++) cout<<ans[i].x<<' '<<ans[i].y<<' '<<ans[i].z<<'\n';
}
int main ()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
