CodeTON Round 1 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes)

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#算法 #c语言 #概率论

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本文精选了五道算法竞赛题目并提供了详细的题解思路及代码实现。包括寻找最优数对、通过操作达到特定目标值、使数组元素相等、拆分数满足特定条件以及树结构上的等和划分等问题。

A - Good Pairs

题意

找一个数对满足题目所给的公式

输出下标

题解

输出最大值和最小值的下标就行了，因为本质上就是这个点到两端的距离之和

Code

int T;
int n;
PII a[N];

void solve(){
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> a[i].x;
        a[i].y = i;
    }

    sort(a + 1, a + 1 + n);

    cout << a[1].y << ' ' << a[n].y << endl;
}

B - Subtract Operation

题意

每次选择一个数对全体数组的数来相减，问最后剩一个数能不能时k

题解

本质上，每次操作过后两个数的相对大小关系是不会改变的。

所以说，最后剩的两个数是多少，与他们最初的差是一样的

所以对于每一个数检查一下有没有与之对应的数使得两者相加为k

Code

int T;
ll n, k;
int a[N];

void solve(){
    cin >> n >> k;
    // ll summ = 0;
    map<ll, int> m;
    int maxx = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> a[i];
        maxx = max(a[i], maxx);
        m[a[i]]++;
    }

    for (ll i = 1; i <= n; i++){
        if(m[a[i] + k]){
            cout << "YES" << endl;
            re;
        }
    }
        cout << "NO" << endl;
}

C - Make Equal With Mod

题意

给定数组，可以选取一个数 $2\leq k$ 使得，将数组中的所有元素变为 $a_i \%k$

若干操作后，使得数组各元素相等

题解

因为操作可以无限次，那么我们最开始的想法不妨设最后都变成0

那不就都除以这个数本身就完了吗

但是题目要求 $2\leq k$ ，如果数组中出现了1的话，那么肯定是不能除以自己的，而要满足题意，那必须得是让所有的数变成1，也就是 mod 上他自己减一，就可以让他们全部都变成1了

但是如果数组中出现了两个数相差为1的情况，这时候按照上面的方法就会出现0了，之后就不会再相等了

而当数组出现了0，那么还是遵循上面第一条的情况就可以了

如果数组中出现了0和1，就符合第二种说的情况

Code

int T;
int n;
int a[N];

void solve(){
    int one = 0;
    int ok = 1;

    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> a[i];
        if(a[i] == 1)
            one = 1;
        if(i > 1 && a[i - 1] != a[i])
            ok = 0;
    }

    if(ok){
        cout << "YES" << endl;
        re;
    }

    if(one){
        sort(a + 1, a + 1 + n);
        for (int i = 2; i <= n; i++){
            if(a[i] - a[i - 1] == 1){
                cout << "NO" << endl;
                re;
            }
        }
        cout << "YES" << endl;
        re;
    }
    else cout << "YES" << Endl;
}

假设我们现在n已经被拆成了k个数，即
$a_1+a_2+a_3+\cdots+a_k=n$
而这些数%k都不相同，而且有k个，那么显然这些数一定都是 $\sim k-1$ 之间的，那么
$n=\frac{k*(k-1)}{2}+tk \\ n=\frac{k^2-k+2tk}{2} \\ n=\frac{k}{2}*(k-1+2t) \\ n=k*\frac{(k-1+2t)}{2}$
若k为奇数，则 $k - 1 + 2 t$ 为偶数；若k为偶数，则 $k - 1 + 2 t$ 为奇数

即无论怎样，2n必定为一寄一偶相乘得到的

那么我们可以把这个偶数求出来，当2n不能再被2整除的时候，奇数也就出来了

需要注意的是n构造的式子中，已经减了一个2的质因子

最后输出的最小值是因为等式成立的话，k+2t-1一定是大于k的，所以输出最小

Code

ll n;

void solve(){
    cin >> n;
    ll tmp = n;
    int cnt = 1;
    while(tmp % 2 == 0)
        tmp /= 2, cnt++;
    if(tmp == 1) // 不满足一寄一偶
        cout << -1 << endl;
    else{
        cout << min(tmp, 1ll << (cnt)) << endl;
    }
    cout << endl;
}

E - Equal Tree Sums

参考https://www.zhihu.com/people/pzr-84

void dfs(int u, int fa){
    if(fa != -1)
        col[u] = !col[fa];
    else
        col[u] = 1;

    for(auto v: g[u]){
        if(v != fa && !col[v]){
            dfs(v, u);
        }
    }
}

void solve(){
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        d[i] = col[i] = 0;
        g[i].clear();
    }

    for (int i = 1; i < n; i++){
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        d[a]++;
        d[b]++;
        g[a].pb(b);
        g[b].pb(a);
    }

    dfs(1, -1);

    for (int i = 1; i <= n; i++){
        if(col[i])
            cout << -d[i] << ' ';
        else
            cout << d[i] << ' ';
    }
    cout << endl;
}