cf992补题

原创 已于 2024-12-09 16:18:33 修改 · 884 阅读 · 13 ·
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#深度优先 #算法 #图论

于 2024-12-09 14:00:10 首次发布

cf992补题

总结

离上次打cf已经过了有一段时间了。之前那几场真是打的太差了，掉了很多分，而且正好最近期中考试需要复习，所以就好久都没有打了。之前估计也是隔三岔五打了。
昨天那一场cf992，比赛地址：https://codeforces.com/contest/2040，只写了abc，d题还是不会，今天看的题解。但是因为之前掉太多分了，没想到尽然加分了。

补题

A:Game of Division

  1. 做法：数据范围很小，只有100，可以做n^2的做法，直接暴力就可以了。只需要找到一个数，和其他数的差都不能被 k整除，就输出yes，和这个数的下标，不然输出no。
  2. 代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;

int main() {
    int t;
    cin >> t;

    while (t -- ) {
        int n, k;
        cin >> n >> k;

        vector<int> a(n);
        for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
            cin >> a[i];
        }

        int flag = -1;
        for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
            int f2 = true;
            for (int j = 0; j < n; j ++ ) {
                if (i == j) {
                    continue;
                }
                int now = abs(a[i] - a[j]);
                if (now % k == 0) {
                    f2 = false;
                }
            }
            if (f2) {
                flag = i;
                break;
            }
        }

        if (flag != -1) {
            cout << "Yes" << endl << flag + 1 << endl;
        }
        else {
            cout << "No" << endl;
        }

    }

    return 0;
}

B：Paint a Strip

  1. 题意：首先对于这两种操作。第一种：将一个非零的位置，变为1，代价是1；第二种操作，当有一个l，r满足，l 和 r 处为1，并且区间中1的个数，大于等于区间长度的一半。可以将整个区间中所有 0 变为1，代价是0。对于给定的全零数组，将其变为全 1 的最小代价。
  2. 分析：需要代价最小，那么需要我们使用 操作1 的次数最少。这里有点类似于倍增的感觉。具体而言我们在1号位置进行一次 操作1，我们固定 操作2 的左端点为 位置1，然后之后的每次 操作1，我们都当作 操作2 的右端点。那么我们每次都要使得 操作2得到的区间尽量的长。假设当前已经有 k 个位置是1，然后操作二的右端点可以选为 2 * (k + 1)。
  3. 代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;

int main() {
    int t;
    cin >> t;

    while (t -- ) {
        int n;
        cin >> n;

        if (n <= 2) {
            cout << n << endl;
            continue;
        }

        long long ans = 2, num = 4;
        while (num < n) {
            ans ++ ;
            num = num * 2 + 2;
        }

        cout << ans << endl;
    }

    return 0;
}

C：Ordered Permutations

  1. 题意：让S( p )最大的排列中，字典序为k的排列是哪一个。其中S( p )表示，所有子数组的最小值的和。比如序列p = [1 ,2 ,3]，有子数组 [1], [2], [3], [1, 2], [1, 2, 3], [2, 3],。这六种。其S§ = 1 + 2 + 3 + 1 + 1 + 2 = 10。
  2. 分析：
    • 首先：对于一个长度为n的 排列p，其子数组的个数是一定的。
    • 其次：我们可以枚举子数组的最小值 x，那么p中，最小值是x 的子数组的个数是 num[x]。最终 S( p) = num[x] * x。我们要S( p)最大，那么贪心的想，当x越小，其num[x] 应该也要小。我们从 1 开始考虑，假设 放在了 idx 这个位置，那么 num[1] = idx * (n - idx + 1)。要num[1] 最小，那么idx = 1 或 n。也就是将 1 放在 两端。同理考虑 2 的时候，也有这样的形式。所以我们从 1 开始依次将每个数字放入数组中，只要放的位置，是当前空位置的两端，那么S( p)就是最大的。
    • 最后：对于上述这种放置的方法，一共有 2 ^ (n - 1)种，因为当前n - 1个元素放好之后，最后一个元素位置是固定的。
  3. 做法：从1开始 依次考虑 每个数字放的位置。假如把数字 x 放在后边，那么其最小的排列是 第 (n - x - 1) ^ 2。所以通过判断 k 和 (n - x - 1) ^ 2 的大小，来判断当前数字 x 是放在前边，还是后边。当 k > (n - x - 1) ^ 2 时，将 x 放在后边，并将 k 减去(n - x - 1) ^ 2。不然就将 x 放在前边，k不变。
  4. 值得一提的是，因为 n 可以取到 2e5 ，所以可能 计算 2 ^ (n - 1)会超过longlong，需要特判。
  5. 代码：代码中的dfs，可以暴力求出小范围的所有情况，作为参照。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;

vector<vector<int>> totala;

void dfs(vector<int> &a, int x, int y, int now) {
    if (x == y) {
        a[x] = now;
        totala.push_back(a);
        for (int x : a) {
            cout << x << " ";
        }
        cout << endl;
        return ;
    }

    a[x] = now;
    dfs(a, x + 1, y, now + 1);
    a[y] = now;
    dfs(a, x, y - 1, now + 1);
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;

    while (t -- ) {
        long long n, k;
        cin >> n >> k;

//        long long q = k;

//        vector<int> tmp(n);
//        dfs(tmp, 0, n - 1, 1);

//        cout << endl;

        long long MX = 3e12;

        vector<long long> nums(n + 1, MX);
        nums[0] = 0, nums[1] = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {
            nums[i] = 2 * nums[i - 1];
            if (nums[i] >= MX) {
                break;
            }
        }

        if (nums[n] < k) {
            cout << -1 << endl;
            continue;
        }

//        for (int x : totala[q - 1]) {
//            cout << x << " ";
//        }
//        cout << endl;

        vector<int> ans(n);
        for (int i = 1, x = 0, y = n - 1; i <= n; i ++ ) {
            if (k > nums[n - i]) {
                ans[y -- ] = i;
                k -= nums[n - i];
            }
            else {
                ans[x ++ ] = i;
            }
        }

//        for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
//            if (ans[i] != totala[q - 1][i]) {
//                cout << "No" << endl;
//                break;
//            }
//        }
        for (int x : ans) {
            cout << x << " ";
        }
        cout << endl;
    }

    return 0;
}

D:Non Prime Tree

  1. 比赛的时候，第三题写太久了，第四题没什么时间了。赛后补题的时候，我的第一想法是可能要通过 度 和 素数来写。错的。之后就直接看的题解了，但是题解里之说了两种做法，而没有思路。我看懂了第一种做法，这里把我的理解写一写。
  2. 题意：将1 ~ 2n 的 n个数 赋值给树中节点，使得任意边的两个节点x，y，有abs(x - y) 不是素数。
  3. 做法：我们在 树上做一次dfs，依次将 1 ~ 2n，赋给遍历到的节点，如果存在当前节点 a 和其父节点 b，如果abs(a - b) = 2 或则 abs(a - b) 是个奇数，那么我们就将a节点的值 继续向上取。如a = 4, b = 2，那么让a 继续取得 5。abs(a - b) = 3，继续让a = 6。遍历结束后，就是满足条件的赋值了。
  4. 理解：首先对于每条边的两个端点 x，y，有abs(x - y) 不是素数。因为 1 不是素数，所以如果 x 和 y 是相邻的两个数，那么就可以满足条件。通过上述做法，一定会有两个节点其值是1 和 2，那么对于其他节点，最多会与其父节点发生2次冲突，也就是，也就是最终会使用 2 + 2(n - 2) = 2n - 2 小于 2n。所以一定能找到这样一个序列。这是我的理解，可能不对。
  5. 代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;

int main() {
    int t;
    cin >> t;

    while (t -- ) {
        int n;
        cin >> n;

        vector<vector<int>> grid(n);
        for (int i = 0; i < n - 1; i ++ ) {
            int x, y;
            cin >> x >> y;
            x -- , y -- ;
            grid[x].push_back(y), grid[y].push_back(x);
        }

        vector<int> res(n);

        res[0] = 1;
        int idx = 2;

        auto dfs = [&](auto&& dfs, int now, int pre) -> void {
            for (int x : grid[now]) {
                if (x == pre) {
                    continue;
                }
                res[x] = idx;
                while (res[x] - res[now] != 1 &&
                    (res[x] % 2 != res[now] % 2 || res[x] - res[now] == 2)) {
                    res[x] ++ ;
//                    cout << x << " " << res[x] << endl;
                }
                idx = res[x] + 1;
                dfs(dfs, x, now);
            }
        };

        dfs(dfs, 0, -1);

        for (int x : res) {
            cout << x << " ";
        }
        cout << endl;
    }

    return 0;
}
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