AtCoder Regular Contest 126(补题)

Posted 佐鼬Jun

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了AtCoder Regular Contest 126(补题)相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

A - Make 10

题目链接: link.

题意:

给A个长度为2的木棍,B个长度为3的木棍,C个长度为4的木棍,通过拼接木棍,最多能拼成多少个长度为10的木棍

思路:

由于长度为3的木棍要与其他木棍拼接成10的木棍(3322,334),长度3木棍必须是偶数,所以就把长度为3的木棍的数量就当成⌊ B 2 \\frac{B}{2} 2B⌋,记为D,如果D>0,且其他两种长度木棍数量也够和D组合,那么最优解里一定存在数字6和4的搭配(4可以是两个2),用反证法,如果最优解里面
不存在6和4的搭配,那么最优解里面一定是一堆2和4的搭配,那么拿出一个4或者两个2,得到的木棍数量一定大于等于(>=)最优解,这与最优解矛盾,所以一定要有6和4的搭配。由于数字2比数字4更具有灵活性,即数字2还可以单独形成数字10,而数字4不可以,所以优先用数字4再用2,所以用木棍优先级顺序就出来了,334,3322,442,4222,22222,这五种搭配,按照上述顺序来用就是最优解。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long

int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        ll A, B, C;  // 2,3,4
        cin >> A >> B >> C;
        B /= 2;
        ll res = 0;
        ll x = min(B, C);
        res += x;
        B -= x, C -= x;

        x = min(A / 2, B);
        res += x;
        B -= x;
        A -= 2 * x;

        x = min(A, C / 2);
        res += x;
        C -= 2 * x;
        A -= x;

        x = min(C, A / 3);
        res += x;
        A -= 3 * x;
        C -= x;

        cout << res + A / 5 << endl;
    }
}

B - Cross-free Matching

链接: link

题意:

现在一共有 2 N 2N 2N个点, x x x [ 1 , N ] [1,N] [1,N]区间, y y y是0或1,现在输入 m m m行,每行2个数字a,b,表示(a,0)点,(b,1)点之间有连线,现在从这 m m m个连线中,选出 k k k个,保证连线不相交(有交点就算相交),输出最大k

思路:

先按照 a a a从小到大, b b b从大到小的优先级来排序,然后用树状数组来存当前 b b b前面最多连接了多少连线,由于提前排过序了,所以当前取出来的坐标的a值一定大于等于前面的坐标的a值,即 a n o w a_{now} anow > = >= >= a p r e a_{pre} apre,又由于树状数组每次取出来的都是当前b值之前的值,所以在前面连好了最多的连线的情况下,现在在连接一条连线一定是不冲突的。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
typedef pair<int, int> PII;
PII a[N];
int tr[N];
int n, m;

bool cmp(PII a, PII b) {
    if (a.first == b.first) return a.second > b.second;
    return a.first < b.first;
}
int lowbit(int x) { return x & -x; }

void modify(int now, int x) {
    for (int i = now; i <= n; i += lowbit(i)) {
        tr[i] = max(tr[i], x);
    }
}

int query(int now) {
    int res = 0;
    for (int i = now; i; i -= lowbit(i)) {
        res = max(res, tr[i]);
    }
    return res;
}

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        cin >> a[i].first >> a[i].second;
    }
    
    sort(a, a + m, cmp);
    int res = 0;
    
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int x = a[i].second;
        int cnt = query(x - 1) + 1;
        res = max(res, cnt);
        modify(x, cnt);
    }
    cout << res << endl;
    return 0;
}

C - Maximize GCD

链接: link.

题意:

n n n个数, a 1 , a 2 . . . . a n a_1,a_2....a_n a1,a2....an,并且可以操作 k k k次,每次操作可以选择使得一个数 a i a_i ai加上 1 1 1,问在操作最多 k k k次情况下,整个数组的最大公约数最大是多少。

思路:

如果选定的最大公约数是 x x x,那么所有数,一定都 ( k − 1 ) x < A i < = k x (k-1)x<A_i<=kx (k1)x<Ai<=kx,要通过加数使得 A i A_i Ai变成 k x kx kx,单独的一个数就是 k x − A i kx-A_i kxAi,对于整个数组来说,就是 ∑ i = 1 n ( k x − A i ) \\sum \\limits_{i=1} ^{n}(kx-Ai) i=1n(kxAi),(注:对于每个数 A i A_i Ai,k是不一定相同的), 把式子展开就变成了 ∑ i = 1 n k x \\sum \\limits_{i=1} ^{n}kx i=1nkx − - ∑ i = 1 n A i \\sum \\limits_{i=1} ^{n}A_i i=1nAi,,此时通过式子可发现,只需要提前处理出来 A i A_i Ai的前缀和,再枚举 x x x,对于 x x x,确定出不同的 k k k出来,再看对于的 ( ( k − 1 ) x , k x ] ((k-1)x,kx] ((k1)x,kx](左开有闭)这个区间的前缀和即可。
最后还要注意的一点是,通过数据范围可以发现, k k k数据范围远大于 A i A_i Ai,所以可能出现,不停地加数,把A数组中的所有数,都加到非常大,写成公式形式就是, c o s t = N ∗ n − p r e s u m [ N ] cost=N*n-presum[N] cost=Nnpresum[N],把所有数变成上限N的操作数,如果 c o s t < = k cost<=k cost<=k,那么最终的数就是 a n s = N + ( k − c o s t ) / n ans=N+(k-cost)/n ans=N+(kcost)/n
具体的代码操作,先存储每个数出现的次数,且每个数的和,再提前预处理出来其每个数出现次数的前缀和,和每个数和的前缀和,然后再枚举最大公约数 x x x,然后求 ( ( k − 1 ) x , k x ] ((k-1)x,kx] ((k1)x,kx]这个区间的和,并用 k x ∗ c n t − 这 个 区 间 的 和 kx*cnt-这个区间的和 kxcnt,枚举x时,还要在内部不停的枚举其系数 k k k

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N = 300010;
ll n, k;
ll cnt[N], sum[N];
ll p_cnt[N + 1], p_sum[N + 1];
int main() {
    cin >> n >> k;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int x;
        cin >> x;
        cnt[x] += 1;
        sum[x] += x;
    }
    
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        p_cnt[i] = p_cnt[i - 1] + cnt[i];
        p_sum[i] = p_sum[i - 1] + sum[i];
    }

    ll ans = 1;
    for (int i = 2; i < N; ++i) {
        ll L = 1, R = i;
        ll Cost = 0;
        while (L < N) {
            ll c_cnt = p_cnt[min(R, N)] - p_cnt[L - 1];
            ll s_sum = p_sum[min(R, N)] - p_sum<

以上是关于AtCoder Regular Contest 126(补题)的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

刷题AtCoder Regular Contest 001

AtCoder Regular Contest 094

[Atcoder Regular Contest 060] Tutorial

AtCoder Regular Contest 103

AtCoder Regular Contest 128

AtCoder Regular Contest 119 C