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比賽鏈接：https://codeforces.com/contest/1328
A. Divisibility Problem
嚶
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll;
const int N=200010;
//#define int ll
ll a,b,c,t;
signed main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>a>>b;
c=(b-a%b)%b;
cout<<c<<endl;
}
return 0;
}
B. K-th Beautiful String
嚶嚶
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll;
const int N=200010;
//#define int ll
ll a,b,c,t,n;
string s;
signed main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>b;
s.assign(n,'a');
repeat(i,2,n+1){
if(b<=i-1){
s[n-i]='b';
s[n-b]='b';
cout<<s<<endl;
break;
}
else b-=i-1;
}
}
return 0;
}
C. Ternary XOR
嚶嚶嚶
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll;
const int N=200010;
//#define int ll
ll a,b,c,t,n;
string s,ans;
signed main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
cin>>s;
ans.assign(s.size(),'0');
repeat(i,0,n){
if(s[i]=='2')
ans[i]='1';
else if(s[i]=='0')
ans[i]='0';
else{
ans[i]='1';
break;
}
}
cout<<ans<<endl;
repeat(i,0,n)
cout<<char((s[i]-ans[i]+3)%3+'0');
cout<<endl;
}
return 0;
}
D. Carousel
好了不嚶了
題意是所有相鄰的不同類必須不同色。如果把相鄰的同類縮成一點（比如 \([1,1,2,2,2]\) 縮成 \([1,2]\)），這樣可以通過縮完后序列長度奇偶性判斷是否可行（全是一類的1種顏色，偶數就2種顏色，奇數就3種顏色）
（當然我代碼里沒縮點，只是這么解釋的）
當然這么寫會瘋狂wa2，因為如果 \([1,2,3,3]\) 也是可以用兩種顏色染色的（\([1,2,1,2]\)），我們發現相鄰的同一類也能染不同色的規則是有用的（！！）於是要特判一下
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll;
const int N=200010;
//#define int ll
ll t,n;
int a[N];
void output(int c1,int c2,int c3){ //c1,c2,c3都是可用的顏色，c3還代表了顏色數
int c=c3;
cout<<c3<<endl;
int now=a[0];
repeat(i,0,n){
if(now==a[i]);
else if(c==c1)c=c2;
else c=c1;
cout<<c<<' ';
now=a[i];
}
cout<<endl;
}
signed main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
repeat(i,0,n)cin>>a[i];
a[n]=a[0];
int cnt=0;
repeat(i,0,n){
if(a[i]!=a[i+1])cnt++;
}
if(cnt==0)output(1,1,1);
else if(cnt%2==0)output(1,2,2);
else if(cnt==n)output(1,2,3);
else{ //最后一種情況
repeat(i,0,n){
if(a[i]==a[i+1]){
a[i]=1e9; //染上一種獨特的顏色
break;
}
}
output(1,2,2);
}
}
return 0;
}
E. Tree Queries
前置芝士：最近公共祖先(lca)
首先經過一系列復雜的計算我們發現，這條鏈完全可以是從0到 \(v_t\)（\(dep[v_t]\ge dep[v_i]\) for \(i=1..k\)，說人話：給定點里最深的那個）
既然鏈都確定了，就差判定了。我們求出 \(v_i\) 和 \(v_t\) 的最近公共祖先 \(v_{lca}\)，可知 \(v_{lca}\) 一定在鏈上，因此判斷 \(v_i\) 與鏈的距離是否小於等於1就是看 \((v_i==v_{lca})\) 或者 \((v_i\) 的父親結點 \(==v_{lca})\)
這樣時間復雜度能控制在 \(O(n+(\sum k) \log n)\)（如果和我一樣用樹剖的話）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll;
const int N=200010;
//#define int ll
int n,m;
vector<int> e[N];
int dep[N],son[N],sz[N],top[N],fa[N]; //son重兒子，top鏈頂
//lca板子開始
//這是樹剖版的lca，主要是我只有兩個lca板子其中一個還掛了qwq
void dfs1(int x){ //標注dep,sz,son,fa
sz[x]=1;
son[x]=-1;
dep[x]=dep[fa[x]]+1;
for(auto p:e[x]){
if(p==fa[x])continue;
fa[p]=x; dfs1(p);
sz[x]+=sz[p];
if(son[x]==-1 || sz[son[x]]<sz[p])
son[x]=p;
}
}
void dfs2(int x,int tv){ //標注top
top[x]=tv;
if(son[x]!=-1)dfs2(son[x],tv);
for(auto p:e[x]){
if(p==fa[x] || p==son[x])continue;
dfs2(p,p);
}
}
void init(int s){ //s是根
fa[s]=s;
dfs1(s);
dfs2(s,s);
}
int lca(int x,int y){
while(top[x]!=top[y])
if(dep[top[x]]>=dep[top[y]])x=fa[top[x]];
else y=fa[top[y]];
return dep[x]<dep[y]?x:y;
}
//lca板子結束
int q[N];
signed main(){
cin>>n>>m;
repeat(i,0,n-1){
int x,y; cin>>x>>y; x--,y--;
e[x].push_back(y);
e[y].push_back(x);
}
fa[0]=-1; init(0);
while(m--){
int s; cin>>s;
int deepest=0;
repeat(i,0,s){
cin>>q[i],q[i]--;
if(dep[deepest]<dep[q[i]])
deepest=q[i];
}
bool f=1;
repeat(i,0,s){
int ancestor=lca(q[i],deepest);
if(ancestor==q[i] || ancestor==fa[q[i]]);
else f=0;
}
cout<<(f?"YES":"NO")<<endl;
}
return 0;
}
F. Make k Equal
這是個毒瘤題，寫了近一個小時，毒瘤
毒瘤歸毒瘤我1a還是挺高興的
分3種情況，所有數都壓到中位數，從小壓到大，從大壓到小
第一種情況就是……怎么說呢，反正中位數是最理想的
后兩種情況開個map維護一下比較方便（我覺得）
辣雞代碼警告（別怪我沒警告你o）（最后一題我怎么只寫了這么點題解呢）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define fi first
#define se second
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
const int N=200010;
#define int ll
int a[N];
map<int,int> m,m2;
signed main(){
int n=read(),k=read();
repeat(i,0,n)a[i]=read();
sort(a,a+n);
repeat(i,0,n){
m[a[i]]++;
if(!m.count(a[i]-1))m[a[i]-1]=0;
if(!m.count(a[i]+1))m[a[i]+1]=0;
}
for(auto i:m)if(i.se>=k)cout<<0,exit(0);
m2=m;
int mid=a[(n-1)/2];
ll nowl=0,nowr=0;
repeat(i,0,n){
if(a[i]<mid){
nowl+=mid-a[i];
}
if(a[i]>mid){
nowr+=a[i]-mid;
}
}
ll now0=nowl+nowr-(n-k);
ll now1=0;
for(auto i=m.begin();i!=m.end();i++){
if(i->se>=k)break;
auto nxt=i; nxt++;
if(nxt->se+i->se>=k){
now1+=1ll*abs(nxt->fi-i->fi)*(k-nxt->se);
break;
}
nxt->se+=i->se;
now1+=1ll*abs(nxt->fi-i->fi)*(i->se);
}
m=m2;
ll now2=0;
for(auto i=m.rbegin();i!=m.rend();i++){
if(i->se>=k)break;
auto nxt=i; nxt++;
if(nxt->se+i->se>=k){
now2+=1ll*abs(nxt->fi-i->fi)*(k-nxt->se);
break;
}
nxt->se+=i->se;
now2+=1ll*abs(nxt->fi-i->fi)*(i->se);
}
cout<<min(now0,min(now1,now2));
return 0;
}