Codeforces Round #702 (Div. 3) 全部题解
读错题意，写了半天真是心态爆炸，总的来看这次题目不难的。
A. Dense Array
http://codeforces.com/contest/1490/problem/A
解题思路
相邻的数字必然是倘若不满足的话是需要插入数据的，那么我们模拟插入数据即可.
x
=
m
i
n
(
a
i
,
a
i
+
1
)
,
y
=
m
a
x
(
a
i
,
a
i
+
1
)
x = min(a_i, a_{i+1}), y = max(a_i, a_{i+1})
x=min(ai,ai+1),y=max(ai,ai+1)
- 倘若 2 ∗ x ≤ y 2 * x \leq y 2∗x≤y不需要操作
- 否则，需要插入数据。不断的贪心插入
2
⋅
x
2\cdot x
2⋅x，直到满足条件。 其实这有一个公式的，推导与公式如下所示。
模拟乘以2
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 1010, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, a[N];
PII b[N];
bool st[N];
int cal(int t1, int t2)
{
int ret = 0;
while (2 * t1 < t2)
{
ret ++;
t1 *= 2;
}
return ret;
}
int main()
{
int t; cin >> t;
while (t -- )
{
cin >> n;
LL x = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
scanf("%d", &a[i]);
}
double cnt;
for (int i = 1, t1, t2; i < n; i ++ )
{
t1 = min(a[i], a[i + 1]), t2 = max(a[i], a[i + 1]);
if (t1 * 2 >= t2) continue;
else
{
x += cal(t1, t2);
}
}
cout << x << endl;
}
return 0;
}
直接上公式，没有过，应该是小数精度会被卡
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 1010, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, a[N];
int main()
{
int t; cin >> t;
while (t -- )
{
cin >> n;
LL x = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
scanf("%d", &a[i]);
}
double cnt;
for (int i = 1, t1, t2; i < n; i ++ )
{
t1 = min(a[i], a[i + 1]), t2 = max(a[i], a[i + 1]);
if (t1 * 2 >= t2) continue;
else
{
x += ceil(log(t2 * 1.0 / t1) / log(2)) - 1;
}
}
cout << x << endl;
}
return 0;
}
B. Balanced Remainders
http://codeforces.com/contest/1490/problem/B
先统计出来
%
3
\%3
%3余数为
0
,
1
,
2
0,1, 2
0,1,2数字的数量
c
0
,
c
1
,
c
2
c_0, c_1, c_2
c0,c1,c2，根据倘若多，那么一定会送走，倘若少，一定会挪进行这个性质进行模拟，而且对于特定的
c
i
c_i
ci他给别人，或者是别人给他的交易对象是一样的，即操作是固定的。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 100010, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, a[N];
int c[5] = {0, 0, 0};
int opt(int idx, int ave)
{
int idx2 = (idx + 1) % 3, idx0 = (idx - 1 + 3) % 3;
int need = 0;
if (c[idx] < ave) // 过少，需要向前一个索要
{
need = ave - c[idx];
c[idx0] -= need;
c[idx] += need;
}
else // 太多，需要给下一个
{
need = c[idx] - ave;
c[idx2] += need;
c[idx] -= need;
}
return need;
}
int main()
{
int t; cin >> t;
while (t -- )
{
cin >> n;
int ave = n / 3;
memset(c, 0, sizeof c);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
scanf("%d", &a[i]);
c[a[i] % 3] ++;
}
int res = 0;
for (int i = 0; i < 3; i ++ )
{
res += opt(i, ave);
}
printf("%d\n", res);
}
return 0;
}
C. Sum of Cubes
http://codeforces.com/contest/1490/problem/C
直接就是 将
i
3
i^3
i3在map上进行打表就可以了。
很关键的是预处理多处理几个，不然很容易被卡
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100010;
LL n;
LL a[N];
map<LL, bool> m;
int main()
{
int t; cin >> t;
for (LL i = 1; i <= 10010; i ++ ) // 这里仅仅写到 10000就会 WA，主要是怕他多往后走了一步，查询到了0
{
a[i] = i * i * i;
m[a[i]] = true;
}
// cout << m[0] << endl;
while (t -- )
{
scanf("%lld", &n);
bool flag = false;
LL surp;
for (int i = 1; !flag && a[i] <= n; i ++ )
{
surp = n - a[i];
if (m[surp] == true)
{
flag = true;
}
}
if (flag) puts("YES");
else puts("NO");
}
return 0;
}
D. Permutation Transformation
http://codeforces.com/contest/1490/problem/D
一个简单的模拟dfs，每次在区间找最大值作为 root 即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int a[N], n, depth[N];
void build(int fa, int l, int r)
{
if (l >= r) return;
int u = -1, v = -1;
// 左子树
for (int i = l; i < fa; i ++ )
{
if (u == -1 || a[u] < a[i])
u = i;
}
depth[u] = depth[fa] + 1;
build(u, l, fa - 1);
// 右子树
for (int i = fa + 1; i <= r; i ++ )
{
if (v == -1 || a[v] < a[i])
v = i;
}
depth[v] = depth[fa] + 1;
build(v, fa + 1, r);
}
int main()
{
int t; cin >> t;
while (t -- )
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
scanf("%d", &a[i]);
memset(depth, -1, sizeof depth);
int v;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
if (a[i] == n)
{
v = i;
break;
}
}
depth[v] = 0;
build(v, 1, n);
cout << depth[1];
for (int i = 2; i <= n; i ++ )
printf(" %d", depth[i]);
cout << endl;
}
return 0;
}
E. Accidental Victory
http://codeforces.com/contest/1490/problem/E
说白了就是看谁可以赢。
首先我们先将他们按照各自的数值排序，得到数组
a
1
,
a
2
⋅
⋅
⋅
,
a
n
a_1,a_2\cdot\cdot\cdot,a_n
a1,a2⋅⋅⋅,an，对应编号为
i
d
x
1
,
i
d
x
2
,
⋅
⋅
⋅
,
i
d
x
n
idx_1, idx_2, \cdot\cdot\cdot,idx_n
idx1,idx2,⋅⋅⋅,idxn，我们对数组求取前缀和
s
u
m
1
,
s
u
m
2
,
⋅
⋅
⋅
,
s
u
m
n
sum_1, sum_2,\cdot\cdot\cdot,sum_n
sum1,sum2,⋅⋅⋅,sumn，
我们从后往前看，
- 第 n n n个是最大的，肯定有机会成为winner
- 第 n − 1 n-1 n−1倘若可以成为 w i n n e r winner winner，当且仅当他赢过 1 n − 2 1~n-2 1 n−2个人，然后和 a n a_n an比较，倘若他成不了 w i n n e r winner winner那么直接算法结束，比他小的人更成为不了 w i n n n e r winnner winnner
- 不断这样算下去即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<LL, int> PII;
const int N = 200010;
vector<int> res;
LL a[N];
LL b[N];
PII c[N];
int n;
bool cmp(const PII &t1, const PII &t2)
{
return t1.first < t2.first;
}
int main()
{
int t; cin >> t;
while (t -- )
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
scanf("%lld", &a[i]);
c[i].first = a[i];
c[i].second = i;
}
sort(c + 1, c + n + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
b[i] = b[i - 1] + c[i].first;
res.clear();
res.push_back(c[n].second);
for (int i = n - 1; i >= 1; i -- )
{
if (b[i] >= c[i + 1].first)
res.push_back(c[i].second);
else
break;
}
sort(res.begin(), res.end());
cout << res.size() << endl;
cout << res[0];
for (int i = 1; i < res.size(); i ++ )
printf(" %d", res[i]);
cout << endl;
}
return 0;
}
F. Equalize the Array
http://codeforces.com/contest/1490/problem/F
具体思路：
先用map将出现次数存储起来，统计出出现次数为
i
i
i的数字一共有
c
n
t
i
cnt_i
cnti个，
那么我们首先模拟一下，想让所有数字出现的次数为
i
i
i或者是
0
0
0，那么我们需要将出现次数小于等于
i
i
i的数字全部移除，需要的次数为
c
n
t
1
⋅
1
+
⋅
⋅
⋅
c
n
t
i
−
1
⋅
(
i
−
1
)
cnt_1\cdot1+\cdot\cdot\cdot cnt_{i-1}\cdot{(i-1)}
cnt1⋅1+⋅⋅⋅cnti−1⋅(i−1)
需要将出现次数大于
i
i
i的数字次数缩减为
i
i
i，
需要的操作次数为$$
⟹
(
i
+
1
)
⋅
c
n
t
i
+
1
+
(
i
+
2
)
⋅
c
n
t
i
+
2
+
⋅
⋅
⋅
+
(
n
)
⋅
c
n
t
n
−
i
⋅
(
c
n
t
i
+
1
+
c
n
t
i
+
2
+
⋅
⋅
⋅
+
c
n
t
n
)
\Longrightarrow(i+1)\cdot cnt_{i+1} + (i+2)\cdot cnt_{i+2}+\cdot\cdot\cdot+(n)\cdot cnt_n -i\cdot(cnt_{i+1}+cnt_{i+2}+\cdot\cdot\cdot+cnt_n)
⟹(i+1)⋅cnti+1+(i+2)⋅cnti+2+⋅⋅⋅+(n)⋅cntn−i⋅(cnti+1+cnti+2+⋅⋅⋅+cntn)
因此我们直接预处理出来
c
n
t
i
cnt_i
cnti的前缀数组和他们的加权成前缀数组即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int > PII;
typedef long long LL;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 200010;
int a[N + 5];
int n;
map<int, int> m;
int cnt[N + 5];
int sum[N + 5];
LL addval[N + 5];
int main()
{
int t; cin >> t;
while (t -- )
{
m.clear();
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
scanf("%lld", &a[i]);
m[a[i]] ++;
}
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
memset(sum, 0, sizeof sum);
memset(addval, 0, sizeof addval);
map<int, int>::iterator it;
for (it = m.begin(); it != m.end(); it ++) // 出现it->second 次数的数字进行统计
{
/// printf("IT: %d, %d\n", it->first, it->second);
cnt[it->second] ++;
}
// 计算前缀数组和累加和数组
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) // 最多出现 n 次
{
sum[i] = sum[i - 1] + cnt[i];
addval[i] = addval[i - 1] + LL(cnt[i]) * i;
}
/*
printf("CNT:\n\t");
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
printf("%d ", cnt[i]);
}cout << endl;
*/
LL res = 1e16;
LL up, down;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
down = addval[i - 1];
up = (addval[n] - addval[i - 1]) - (sum[n] - sum[i - 1]) * i;
res = min(res, up + down);
}
cout << res << endl;
}
return 0;
}
G. Old Floppy Drive
http://codeforces.com/contest/1490/problem/G
本题是一个较为隐蔽的二分题目，需要我们贪心预处理出来可以二分的数组。
首先我们先将前缀数组给求出来，
并且贪心得到 cnt不断增加，而且前缀和也增加的数字，将其放入数组v, 具体见代码max_val部分。
那么数组 v 是一个数值（无论是val，还是opt_cnt）都不断增加的数据
- 倘若 x i x_i xi在 数组 v 最大值的范围之内，那么直接二分找最小的cnt
- 否则，需要判断一下整个原数组 a 的累加和是否大于零，倘若小于等于0，无解
- 否则，是可以经过不断的循环找到这个数的，首先我们根据max(v)找到最小的循环次数，然后二分即可。
本题最坑的点就是 long long 开的地方很多，几乎所有的数据都要开long long
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 200010;
int n, m;
LL a[N], x[N];
LL sum[N];
class Node
{
public:
LL val, cnt;
Node(LL _val = 0, LL _cnt = 0)
{
val = _val, cnt = _cnt;
}
}b[N];
int main()
{
int t; cin >> t;
while (t -- )
{
cin >> n >> m;
LL cur_max = -INF;
b[1] = Node(-INF, -1);
int n2 = 1;
sum[0] = 0LL;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
scanf("%lld", &a[i]);
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
if (sum[i] > cur_max)
{
cur_max = sum[i];
b[++ n2] = Node(cur_max, i - 1); // 注意在这里的 - 1
}
}
for (int i = 1; i <= m; i ++ )
scanf("%lld", &x[i]);
// 当前的 b 数字 是 1~n val 增加， cnt增加的递增数组，下面我们的 x 仅仅只需要二分即可;
/// printf("RES:\n\t");
LL loop = sum[n];
for (int i = 1; i <= m; i ++ )
{
if (b[n2].val >= x[i]) // 可以直接二分找 >= x[i] 的最小值
{
int l = 1, r = n2, mid;
while (l < r)
{
mid = l + r >> 1;
if (b[mid].val >= x[i])
r = mid;
else
l = mid + 1;
}
printf("%lld ", b[l].cnt);
}
else // 查看他的 loop
{
if (loop <= 0) // 无法达到
{
printf("-1 ");
}
else
{
LL loopcnt = (x[i] - b[n2].val) / loop + ((x[i] - b[n2].val) % loop != 0);
x[i] -= loopcnt * loop;
int l = 1, r = n2, mid;
while (l < r)
{
mid = l + r >> 1;
if (b[mid].val >= x[i])
r = mid;
else
l = mid + 1;
}
printf("%lld ", b[l].cnt + loopcnt * n); // loopcnt 是乘以 n 的
}
}
}
puts("");
}
return 0;
}
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