A. Collecting Coins
題目鏈接：https://codeforces.com/contest/1294/problem/A
題意：
你有三個姐妹她們分別有 a , b , c枚硬幣，你有n枚，你可以把硬幣隨意分給她們（必須分完），使她們的硬幣數A = B = C
分析：
題目的條件有兩點：
①A = B = C
②在滿足①的前提下必須把硬幣分完
我們首先要滿足第一點。因為硬幣個數有限，我們要盡可能用最少的硬幣使 A = B = C，所以只要讓a,b,c中小的兩個等於最大的即可
那么我們剩下的硬幣數就為 $n-\left( \max -a\right) -\left( \max -b\right) -\left( \max -c\right)$ 判斷剩余數是否大於0即可(是否足夠分配)
對於第二個條件，只要判斷我們剩下的硬幣是否是三的倍數即可（只有為三倍數才可以等量均分保持A = B = C）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int t; cin >> t; while(t --) { int a , b , c , n; cin >> a >> b >> c >> n; int MAX = max(a , max(b , c)); n -= (MAX - a) + (MAX - b) + (MAX - c); if(n < 0 || n % 3 != 0) cout << "NO" << '\n'; else cout << "YES" << '\n'; } return 0; }
B. Collecting Packages
題目鏈接：https://codeforces.com/contest/1294/problem/B
題意：
有n個盒子需要你撿，第i個盒子的坐標為 (Xi , Yi)。你從(0,0)出發，每次只能選擇向上或者向右移動，問能否將n個盒子都撿完，若可以撿完，則輸出字典序最小的一條路線
分析：
我們將n個盒子的坐標先按照x值再按照y值排序。因為是按照 X 升序排序的，所以當 Yi > Yi + 1 時，很顯然此時第i個盒子和第i+1個盒子有一個不能走到
而 Yi <= Yi+1 時，為了保證字典序最小，我們先加上（Xi+1 - Xi）個L， 再加上（Yi+1 - Yi）個縱坐標即可
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define fi first #define se second const int N = 2e5 + 10; pair<int , int> ha[N]; int main() { int t; cin >> t; while(t --) { int n , flag = 1 ; string ans = ""; cin >> n; for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) cin >> ha[i].fi >> ha[i].se; ha[0].fi = 0 , ha[0].se = 0; sort(ha , ha + 1 + n); for(int i = 0 ; i < n ; i ++) { if(ha[i].se > ha[i + 1].se) { flag = 0 ; break; } int dis1 = ha[i + 1].fi - ha[i].fi; int dis2 = ha[i + 1].se - ha[i].se; while(dis1) ans += "R" , dis1 --; while(dis2) ans += 'U' , dis2 --; } if(flag) cout << "YES" << '\n' << ans << '\n'; else cout << "NO" << '\n'; } return 0; }
C. Product of Three Numbers
題目鏈接：https://codeforces.com/contest/1294/problem/C
題意：
給你一個 n ，要求三個整數 a ，b ，c 使得 a * b * c = n 並且 a、b、c >= 2
分析：
先枚舉 n 的因子，再枚舉因子的因子即可
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int t; cin >> t; while(t --) { int n; cin >> n; int ans1 , ans2 , ans3; int flag = 0; for(int i = 2 ; i * i <= n ; i ++) { if(n % i == 0) { for(int j = 2 ; j * j < i ; j ++) { if(i % j) continue; ans1 = n / i , ans2 = j , ans3 = i / j; flag = 1 ; break; } int now = n / i; for(int j = 2 ; j * j < now ; j ++) { if(now % j || now / j == i || j == i) continue; ans1 = i , ans2 = j , ans3 = now / j; flag = 1 ; break; } } } if(!flag) cout << "NO" << '\n'; else cout << "YES" << '\n' << ans1 << " " << ans2 << " " << ans3 << '\n'; } return 0; }
D. MEX maximizing
題目鏈接：https://codeforces.com/contest/1294/problem/D
題意：
給你 q 個詢問和 一個 x ， 每次詢問輸入一個數 n ，你可以把它減任意次 x 或 加任意次 x，然后添入數組，問每次詢問結束時數組里最小的沒出現的非負整數是多少
分析：
我們可以想象有若干個長度為 x 的區間[0 , x - 1] ，那么每次詢問的數 n 只會出現在某個區間的 n % x位置上。為了滿足題目要求，我們要盡可能讓它填在比較靠前的區間里
cnt [i] 表示此次詢問時，若干個區間一共有cnt[i] 個 i 可以填到若干個區間中的 i 位置上（為了滿足題目要求，我們從第一個區間的第i個位置開始填，然后再填第二個區間第i個位置）
然后我們從第一個區間開始檢查。若到當前位置時cnt[i] != 0，則我們讓cnt[i] --(表示我們拿一個i填在這個位置上),同時往下一個位置跳，直到遇到一個沒有數可填的位置——cnt[pos] = 0
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; map<int , int>cnt; int main() { int q , x , ans = 0; cin >> q >> x; while(q --) { int n; cin >> n; cnt[n % x] ++; while(cnt[ans % x]) cnt[ans % x] -- , ans ++; cout << ans << '\n'; } return 0; }
E. Obtain a Permutation
題目鏈接：https://codeforces.com/contest/1294/problem/E
題意：
給你一個 n * m 的矩陣，你執行兩種操作：
① 把矩陣中任意一個元素改為任意一個數
② 把矩陣中任意一列整體往上挪一個單元格，如下圖矩陣我們對第一列向上挪了一個單元格
現要求用最少的操作次數使矩陣內每一個元素 a[i][j] = (i - 1) * m + j
分析：
因為題目只能對一列或者一個元素進行操作，所以我們逐列進行維護。
對第i行第j列的元素a[i][j] 我們假設它將成為這列的起點（第一個元素） 那么最壞的操作次數cost[i]為 i + N (把它移動到第1位需要i次 如果元素全都很奇葩需要更改N次)
對於每一列的操作，我們先初始化cost[i] = i + N , 然后如果a[i][j]可以作為第h行的答案的答案,那么cost[h] --（把a[h][j]行設為起點的最壞操作- 1）
最后遍歷cost[1] ~ cost[n] 挑選最小的cost加到ans里即可
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 2e5 + 10; int main() { int n , m ; cin >> n >> m; vector<vector<int>>a(n , vector<int>(m)); for(int i = 0 ; i < n ; i ++) for(int j = 0 ; j < m ; j ++) { cin >> a[i][j]; a[i][j] --; } int ans = 0; for(int j = 0 ; j < m ; j ++) { vector<int>cost(n); for(int i = 0 ; i < n ; i ++) cost[i] = i + n; for(int i = 0 ; i < n ; i ++) { if(a[i][j] % m == j && a[i][j] < n * m) { int h = i - a[i][j] / m; if(h < 0) h += n; cost[h] --; } } ans += *min_element(cost.begin() , cost.end()); } cout << ans << '\n'; return 0; }
F. Three Paths on a Tree
題目鏈接：https://codeforces.com/contest/1294/problem/F
題意：
給你一棵樹，要求你找出任意三點 A，B，C，使得 A~B,B~C,A~C 之間的邊最多（邊並集最大）
分析：
比賽最后幾分鍾做出來了，然而一時馬虎，提交到E題上去了。然后評測機也不給力，等賽后幾分鍾我才知道交錯題了。再放到F題上提交，一發就過了。。。
可證明一組最優解中一定有兩個點是直徑的兩端點，那么題目就轉換成求樹直徑端點及與兩端點邊並集最大的點，於是就很簡單了
我們先一次bfs求出樹直徑DIS即其一端點A，再對端點A進行bfs求出另一端點B及每個點到端點A的距離dis1[i]，最后再bfs端點B求出每個點到B的距離dis2[i]
最后遍歷每個點，取邊並集最大的即可（邊並集= $\dfrac {dis1\left[ i\right] +dis2\left[ i\right] -DIS}{2}+DIS$）
現在給出證明：
假設某個答案取連接點x。x最遠的樹到達的點是s，根據樹的直徑算法，s是樹的某個直徑a的端點。假設x的最遠和第二遠的點組成的鏈是b，b就會和a有一段公共部分。我們取a和b相交部分距離s最遠的那個點y。那么取這個鏈上點y的答案一定比x更優
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 5e5 + 10; struct Edge{ int nex , to , w; }edge[N]; int one , two , DIS; int head[N] , vis[N] , d[N]; int tot = 0; void add(int u , int v , int w) { edge[tot].w = w; edge[tot].to = v; edge[tot].nex = head[u]; head[u] = tot ++; } int bfs(int st) { memset(d , 0 , sizeof(d)); memset(vis , 0 , sizeof(vis)); queue<int>que; que.push(st); vis[st] = 1; int now; while(!que.empty()) { now = que.front() , que.pop(); for(int i = head[now] ; ~i ; i = edge[i].nex) { int TO = edge[i].to; if(vis[TO]) continue; d[TO] = d[now] + edge[i].w; vis[TO] = 1; que.push(TO); if(DIS < d[TO]) DIS = d[TO]; } } return now; } int dis1[N] , dis2[N]; int main() { ios::sync_with_stdio(false); memset(head , -1 , sizeof(head)); int n ; cin >> n; for(int i = 1 ; i < n ; i ++) { int x , y; cin >> x >> y; add(x , y , 1); add(y , x , 1); } DIS = 0; int one , two , three; one = bfs(1); two = bfs(one); for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) dis1[i] = d[i]; bfs(two); for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) dis2[i] = d[i]; int ans = 0; for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) { if((dis1[i] + dis2[i] - DIS) / 2 + DIS > ans && i != one && i != two) ans = (dis1[i] + dis2[i] - DIS) / 2 + DIS , three = i; } cout << ans << '\n'; cout << one << " " << two << " " << three << '\n'; return 0; }
為了更好的供人觀看，每一份代碼我都是重新手寫的，請多支持