A. Pens and Pencils
簽到。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
int a, b, c, d, k;
void run() {
cin >> a >> b >> c >> d >> k;
for(int x = 1; x < k; x++) {
int y = k - x;
if(x * c >= a && y * d >= b) {
cout << x << ' ' << y << '\n';
return;
}
}
cout << -1 << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
B. Rooms and Staircases
簽到。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1005;
int n;
char s[N];
void run() {
cin >> n;
cin >> (s + 1);
int left = -1, right;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(s[i] == '1') {
left = i; break;
}
}
for(int i = n; i >= 1; i--) {
if(s[i] == '1') {
right = i; break;
}
}
int ans = 0;
if(left == -1) {
ans = n;
} else {
ans = max(2 * right, 2 * (n - left + 1));
}
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
C. The Football Season
題意：
現在共有\(n,n\leq 10^{12}\)場比賽，贏一場比賽獲得\(w\)分，平局獲得\(d\)分，輸了不加分，\(1\leq d<w\leq 10^5\)。
現在知道總分\(p,p\leq 10^{17}\)，求三元組\((x,y,z)\)滿足:
- \(x\cdot w+y\cdot d=p\)
- \(x+y+z=n\)
不存在則輸出\(-1\)。
思路：
這不是擴歐模板題嗎？也不是那么模板，還要貪心一下求個最小解，所以就卡了一整場比賽。
因為\(d<w\)，那么可以知道\(y< w\)，因為當\(y\geq w\)時，\(w\)個\(d\)不如\(x=d\)時，\(d\)個\(w\)划算。
然后\(w\)的范圍也比較小，所以直接枚舉判斷就是了。
或者這樣思考：反正是求較小解，那么得到解過后，\(y\)會模上\(w\)，也就是說自然\(y\)的范圍就比較小了。為什么是\(y\)模，因為\(x\)越多總數量越小~
感覺還是挺巧妙的QAQ，沒有細心分析題目性質以及數據范圍。
所以說模板題不可信！！
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
ll n, p, w, d;
void run() {
for(int y = 0; y < w; y++) {
if(p - y * d < 0) break;
if((p - y * d) % w == 0) {
ll x = (p - y * d) / w;
if(n - x - y >= 0) {
cout << x << ' ' << y << ' ' << n - x - y << '\n';
return;
}
}
}
cout << -1 << '\n';
return;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n >> p >> w >> d) run();
return 0;
}
D. Paint the Tree
容易發現只有鏈的情況合法，鏈的情況就很簡單了。
因為顏色個數較少，所以直接枚舉顏色排列染色就行。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
int n;
int c[3][N];
int a[N], d[N], color[N], tmp[N];
vector <int> g[N];
int T;
void dfs(int u, int fa) {
a[++T] = u;
for(auto v : g[u]) {
if(v == fa) continue;
dfs(v, u);
}
}
void run() {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
d[i] = 0;
g[i].clear();
}
T = 0;
for(int i = 0; i < 3; i++) {
for(int j = 1; j <= n; j++) {
cin >> c[i][j];
}
}
for(int i = 1; i < n; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
++d[u], ++d[v];
g[u].push_back(v), g[v].push_back(u);
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(d[i] >= 3) {
cout << -1 << '\n';
return;
}
}
int rt;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(d[i] == 1) rt = i;
}
dfs(rt, 0);
int col[3] = {0, 1, 2};
ll ans = 1e18;
do {
ll res = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
res += c[col[(i - 1) % 3]][a[i]];
tmp[a[i]] = col[(i - 1) % 3];
}
if(res < ans) {
ans = res;
memcpy(color, tmp, sizeof(color));
}
} while(next_permutation(col, col + 3));
cout << ans << '\n';
for(int i = 1; i <= n; i++) cout << color[i] + 1 << " \n"[i == n];
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n) run();
return 0;
}
E. Minimizing Difference
題意：
給出\(n\)個數，現在你可以執行不超過\(k\)次操作，每次操作可以讓一個數加一或者減一。
問最后最大與最小值的差值最小是多少。
思路：
- 顯然差值具有單調性，可以考慮二分差值。
- 注意到最終最優的情況中，一定存在某個數其沒有發生改變。
- 那么直接枚舉下界和上界，二分找另外一個界限就行（也可以利用雙指針）。
至於為什么可以一定存在某個數不會改變，可以這樣考慮：
若最終存在至少兩個不同的數，那肯定滿足；
若最終是只有一個值，那么一定會達到只有兩個值的狀態，我們固定一個數量較多的不變就行，不影響結果。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
ll n, k;
int a[N];
ll sum[N];
bool chk(int d) {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int low = lower_bound(a + 1, a + n + 1, a[i]) - a - 1;
int high = upper_bound(a + 1, a + n + 1, a[i] + d) - a;
ll tot = 1ll * low * a[i] - sum[low] + sum[n] - sum[high - 1] - 1ll * (n - high + 1) * (a[i] + d);
if(tot <= k) return true;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int high = upper_bound(a + 1, a + n + 1, a[i]) - a;
int low = lower_bound(a + 1, a + n + 1, a[i] - d) - a - 1;
ll tot = 1ll * low * (a[i] - d) - sum[low] + sum[n] - sum[high - 1] - 1ll * (n - high + 1) * a[i];
if(tot <= k) return true;
}
return false;
}
void run() {
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
int l = 0, r = 1e9 + 1, mid;
while(l < r) {
mid = (l + r) >> 1;
if(chk(mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
cout << l << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n >> k) run();
return 0;
}
F. Chips
題意：
給出一個只有黑白兩種顏色的環，然后執行\(k\)次操作，每次操作，對於每個位置，若其兩邊的顏色和它不同，它的顏色就發生改變。
問\(k\)次過后的顏色狀態是什么。
注意一下，每次操作中，顏色改變是同時的。
思路：
關鍵在於連續的段，很容易發現顏色連續的段顏色不會發生改變。
那么我們將所有連續的段提取出來，每次單獨考慮兩個連續段的中間部分，將\(k\)和\(len\)取\(min\)暴力修改即可。
易知復雜度不超過\(O(n)\)。
注意一下因為是環，開頭和結尾的部分不是很好處理，所以可以將序列復制兩次，最后只看中間部分，這樣就比較方便處理。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 5;
int n, k;
char s[3 * N];
struct seg{
int l, r, c;
}a[N];
void run() {
cin >> (s + 1);
for(int j = n + 1; j <= 3 * n; j++) {
s[j] = s[j - n];
}
s[3 * n + 1] = '\0';
int tot = 0;
for(int i = 1, j; i <= 3 * n; i = j) {
j = i + 1;
while(j <= 3 * n && s[i] == s[j]) ++j;
int col = (s[i] == 'W' ? 0 : 1);
if(j - i > 1)
a[++tot] = {i, j - 1, col};
}
// for(int i = 1; i <= tot; i++) {
// cout << a[i].l << ' ' << a[i].r << '\n';
// }
for(int i = 1; i < tot; i++) {
int len = a[i + 1].l - 1 - a[i].r;
if(a[i].c == a[i + 1].c) {
if(len - 2 * k > 0) {
for(int j = a[i].r + 1; j <= a[i].r + k; j++) {
s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
}
for(int j = a[i + 1].l - 1; j >= a[i + 1].l - k; j--) {
s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
}
for(int j = a[i].r + k + 1; j <= a[i + 1].l - k - 1; j++) {
s[j] = (s[j - 1] == 'W' ? 'B' : 'W');
}
} else {
for(int j = a[i].r + 1; j <= a[i + 1].l - 1; j++) {
s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
}
}
} else {
if(len - 2 * k > 0) {
for(int j = a[i].r + 1; j <= a[i].r + k; j++) {
s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
}
for(int j = a[i + 1].l - 1; j >= a[i + 1].l - k; j--) {
s[j] = (a[i + 1].c == 0 ? 'W' : 'B');
}
for(int j = a[i].r + k + 1; j <= a[i + 1].l - k - 1; j++) {
s[j] = (s[j - 1] == 'W' ? 'B' : 'W');
}
} else {
for(int j = a[i].r + 1; j <= a[i].r + len / 2; j++) {
s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
}
for(int j = a[i + 1].l - 1; j >= a[i + 1].l - len / 2; j--) {
s[j] = (a[i + 1].c == 0 ? 'W' : 'B');
}
}
}
}
if(tot == 0 && k & 1) {
for(int i = n + 1; i <= 2 * n; i++) {
s[i] = (s[i] == 'W' ? 'B' : 'W');
}
}
for(int i = n + 1; i <= 2 * n; i++) {
cout << s[i];
}
cout << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n >> k) run();
return 0;
}
G. Running in Pairs
題意：
給出兩個排列\(p,q\)，先可以任意調換排列的順序，求最大的\(\sum_{i=1}^{n}max(p_i,q_i)\)，同時其不能超過\(k\)。
思路：
- 觀察可以發現，在所有的\(max(p_i,q_i)\)中，同一個數最多出現兩次。
- 采用貪心策略，應盡可能接近\(k\)，所以每次將目前最大和最小的交換。
- 若交換過后值超過\(k\)，因為交換產生的貢獻是連續的，所以我們選取中間最優的進行交換即可。
這G貌似有點簡單。。。就是一個普通的貪心。。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e6 + 5;
ll n, k;
int a[N], b[N];
void run() {
ll ans = (n + 1) * n / 2;
if(ans > k) {
cout << -1 << '\n';
return;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = b[i] = i;
int p = n / 2;
int now = n - 1, pos = 1;
for(int i = 1; i <= p; i++) {
if(ans + now > k) {
swap(a[pos], a[pos + k - ans]);
break;
}
ans += now;
now -= 2;
swap(a[pos], a[n - pos + 1]);
++pos;
}
ll sum = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) sum += max(a[i], b[i]);
cout << sum << '\n';
for(int i = 1; i <= n; i++) cout << a[i] << " \n"[i == n];
for(int i = 1; i <= n; i++) cout << b[i] << " \n"[i == n];
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> n >> k) run();
return 0;
}