Codeforces Round 857 (Div. 1 + Div. 2) 2A - 2D

最新推荐文章于 2025-12-01 22:20:41 发布

原创最新推荐文章于 2025-12-01 22:20:41 发布 · 513 阅读

3 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#算法 #c++

codeforces 专栏收录该内容

8 篇文章

订阅专栏

文章提供了四个不同的编程问题解决方案，涉及数组元素的处理，包括正负数策略、动物合并、笼子管理以及矩阵异或计算。每个问题都通过分析和代码实现来展示如何达到最优解或最小化特定指标。

A. Likes

分析

首先数据保证了一定合法，那只需要统计有几个负数。最大的策略是先把所有正数用完，然后把所有负数用完，可知答案一定是1 2 3 4 5 4 3这种形式；最小策略是加一个就直接把这个减去，最后再把只能加的加上，答案一定为1 0 1 0 1 0 1 2 3 4这种形式

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define no cout<<"No\n"
#define yes cout<<"Yes\n"
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<ll, ll>
#define sol void solve
using namespace std;

int n,b[2000]; 

sol(){
    int tem=0;
    cin>>n;
    rep(i,1,n){
        cin>>b[i];
        if(b[i]<0) tem++;
    }
    rep(i,1,n-tem){
        cout<<i<<" ";
    }
    int ans=n-tem-1;
    rep(i,n-tem+1,n){
        cout<<ans<<" ";
        ans--;
    }
    cout<<"\n";
    rep(i,1,tem){
        cout<<"1 0 ";
    }
    rep(i,1,n-tem*2){
        cout<<i<<" ";
    }
    cout<<"\n";
} 
int main(){
    ios_base::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); 
    cout.tie(0);
    int t=1;
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

B. Settlement of Guinea Pigs

分析

如何处理动物：

当有了3个未知动物时，经过确认，一定可以把其中两个合并到一个笼子里，那么现在剩下了一个存放单个动物的笼子。3个以上同理。所以遇到2时，只需要一直-2到不足3个动物。

处理笼子：

笼子最多的时间一定是某次输入1的时刻，刚开始想的时候想到每输入一次1就笼子数量++。但，每当输入2进行合并操作时，会空出一些笼子，所以在下次输入1时，先把之前空出的笼子用完，再笼子数量++。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define no cout<<"No\n"
#define yes cout<<"Yes\n"
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<ll, ll>
#define sol void solve
using namespace std;

int n,x;

sol(){
    cin>>n;
    int tem=0;
    int ans=0;
    int trans=0;
    int fre=0;
    rep(i,1,n){
        cin>>x;
        if(x==1){
            tem++; 
            if(fre>0) fre--;
            else trans++;
            continue;
        }
        else{
            while(tem>=3){
                tem-=2; ans++; fre++;
            }
        }
    }
    trans=max(trans, tem+ans);
    cout<<trans<<"\n";
} 
int main(){
    ios_base::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); 
    cout.tie(0);
    int t=1;
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

C. The Very Beautiful Blanket

分析

每个元素的二进制分为左、右两部分。y坐标确定左部分，x坐标确定右部分。

如何划分y和x所属的不同部分？

如果有5列，那么列从左到右为000 001 010 011 100 -> x负责右边的三位二进制

行从上到下应该为00 01 10 11。。。对于某个元素，其二进制形式为 str（行二进制+列二进制）。

以上面的东西进行举例，A11为00 000，A12为00 001->1，A13为00 010->2，A21为01 000->8，A44为11 011->27。。。

为什么这样可行？对于某四个元素异或，两个数某部分二进制完全相同，那么这部分二进制经过异或就能变成0，所以经过这样构造，每个4*4子矩阵的异或都为0。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define no cout<<"No\n"
#define yes cout<<"Yes\n"
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<ll, ll>
#define sol void solve
using namespace std;

int n,m;

sol(){
    cin>>n>>m;
    int tem=m, cnt=0, inter=1;
    while(tem){
        tem>>=1;
        inter<<=1;
    }
    tem=0;
    cout<<n*m<<"\n";
    rep(i,1,n){
        int ttt=tem;
        rep(j,1,m){
            cout<<ttt<<" ";
            ttt++;
        }
        tem+=inter;
        cout<<"\n";
    }
} 
int main(){
    ios_base::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); 
    cout.tie(0);
    int t=1;
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

D. Buying gifts

分析

题目让你把数据分为两个集合A、B，max(A)和max(B)的差距尽可能的小。

结构体存数据，然后按a降序排序。形成一个如下结构：

4 3 2 2 1

5 7 4 6 2

开始遍历a，以每次遍历到的a[i]作为A的最大值，那此时B的最大值应该是什么呢？

首先，遍历到a[i]，那么[1]～[i-1]一定属于集合B，那么可以用变量maxx维护max(b[1]～b[i-1])。

对于b[i+1]～b[n]的部分，可以将它们用一个multiset维护，每轮从中找到一个元素x>=a[i]，一个元素y<=a[i]，那么与a[i]“最亲近”的元素必然是maxx、x、y之一。如果maxx较大，就必须选maxx；否则，可以在x、y中挑选一个合适的元素。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define no cout<<"No\n"
#define yes cout<<"Yes\n"
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<ll, ll>
#define sol void solve
using namespace std;

const ll INF = 0x3f3f3f3f;

struct node{
    ll a;
    ll b;
}m[500005];

int n;

bool cmp(const node &xx, const node &yy){
    return xx.a > yy.a;
}

sol(){
    ll maxx=-INF;
    multiset<ll> st({-INF, INF});
    ll ans=1e9+2;
    cin>>n;
    rep(i,1,n){
        cin>>m[i].a>>m[i].b;
        st.insert(m[i].b);
    }
    sort(m+1,m+n+1,cmp);
    rep(i,1,n) {
        st.erase(st.find(m[i].b));
        ans=min(ans, abs(m[i].a - max(maxx, *st.lower_bound(m[i].a)) ));//大于等于a[i] 
        ans=min(ans, abs(m[i].a - max(maxx, *prev(st.upper_bound(m[i].a))) ));//小于等于a[i] 
        maxx=max(maxx, m[i].b);
    }
    cout<<ans<<"\n";
} 
int main(){
    ios_base::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); 
    cout.tie(0);
    int t=1;
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}