Codeforces Round #615 (Div. 3)

Posted 2021-03-14 starroadtang

A. Collecting Coins

题目链接：https://codeforces.com/contest/1294/problem/A

题意：

你有三个姐妹她们分别有 a , b , c枚硬币，你有n枚，你可以把硬币随意分给她们（必须分完），使她们的硬币数A = B = C 

分析：

题目的条件有两点：

①A = B = C

②在满足①的前提下必须把硬币分完

我们首先要满足第一点。因为硬币个数有限，我们要尽可能用最少的硬币使 A = B = C，所以只要让a,b,c中小的两个等于最大的即可

那么我们剩下的硬币数就为 $n-left( max -a ight) -left( max -b ight) -left( max -c ight)$ 判断剩余数是否大于0即可(足够分配)

对于第二个条件，只要判断我们剩下的硬币是否是三的倍数即可（只有为三倍数才可以等量均分保持A = B = C）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; 
int main()
{
    int t;
    cin >> t;
    while(t --)
    {
        int a , b , c , n;
        cin >> a >> b >> c >> n;
        int MAX = max(a , max(b , c));
        n -= (MAX - a) + (MAX - b) + (MAX - c);
        if(n < 0 || n % 3 != 0)
        cout << "NO" << ‘
‘;
        else 
        cout << "YES" << ‘
‘;
    }
    return 0;
}
 
 
 
 
   

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B. Collecting Packages

题目链接：https://codeforces.com/contest/1294/problem/B

题意：

有n个盒子需要你捡，第i个盒子的坐标为 (Xi , Yi)。你从(0,0)出发，每次只能选择向上或者向右移动，问能否将n个盒子都捡完，若可以捡完，则输出字典序最小的一条路线

分析：

我们将n个盒子的坐标先按照x值再按照y值排序。因为是按照 X 升序排序的，所以当 Yi  > Yi + 1 时，很显然此时第i个盒子和第i+1个盒子有一个不能走到

而 Yi <= Yi+1 时，为了保证字典序最小，我们先加上（Xi+1 - Xi）个L， 再加上（Yi+1 - Yi）个纵坐标即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
const int N = 2e5 + 10;
pair<int , int> ha[N];
int main()
{
    int t;
    cin >> t;
    while(t --)
    {
        int n , flag = 1 ; string ans = "";
        cin >> n;
        for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
            cin >> ha[i].fi >> ha[i].se;
        ha[0].fi = 0 , ha[0].se = 0;
        sort(ha , ha + 1 + n);
        for(int i = 0 ; i < n ; i ++)
        {
            if(ha[i].se > ha[i + 1].se)
            {
                flag = 0 ; break;
            }
            int dis1 = ha[i + 1].fi - ha[i].fi;
            int dis2 = ha[i + 1].se - ha[i].se;
            while(dis1)
            ans += "R" , dis1 --;
            while(dis2)
            ans += ‘U‘ , dis2 --;
        }
        if(flag)
        cout << "YES" << ‘
‘ << ans << ‘
‘;
        else 
        cout << "NO" << ‘
‘;
    }
    return 0;
} 

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C. Product of Three Numbers

题目链接：https://codeforces.com/contest/1294/problem/C

题意：

给你一个 n ，要求三个整数 a ，b ，c 使得 a * b * c = n 并且 a、b、c >= 2

分析：

先枚举 n 的因子，再判断因子是否可以再分解即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int t;
    cin >> t;
    while(t --)
    {
        int n;
        cin >> n;
        int ans1 , ans2 , ans3;
        int flag = 0;
        for(int i = 2 ; i * i <= n ; i ++)
        {
            if(n % i == 0)
            {
                for(int j = 2 ; j * j < i ; j ++)
                {
                    if(i % j) continue;
                    ans1 = n / i , ans2 = j , ans3 = i / j;
                    flag = 1 ;
                    break;
                }
                int now = n / i;
                for(int j = 2 ; j * j < now ; j ++)
                {
                    if(now % j || now / j == i || j == i) continue;
                    ans1 = i , ans2 = j , ans3 = now / j;
                    flag = 1 ;
                    break;
                }
            }
        }
        if(!flag) cout << "NO" << ‘
‘;
        else cout << "YES" << ‘
‘ << ans1 << " " << ans2 << " " << ans3 << ‘
‘;
    }
    return 0;
}

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D. MEX maximizing

题目链接：https://codeforces.com/contest/1294/problem/D

题意：

给你 q 个询问和 一个 x ， 每次询问输入一个数 n ，你可以把它减任意次 x 或 加任意次 x，然后添入数组，问每次询问结束时数组里最小的没出现的非负整数是多少

分析：

我们可以想象有若干个长度为 x 的区间[0 , x - 1] ，那么每次询问的数 n 只会出现在某个区间的 n % x位置上。为了满足题目要求，我们要尽可能让它填在比较靠前的区间里

cnt [i] 表示此次询问时，若干个区间一共有cnt[i] 个 i 可以填到若干个区间中的 i 位置上（为了满足题目要求，我们从第一个区间的第i个位置开始填，然后再填第二个区间第i个位置）

然后我们从第一个区间开始检查。若到当前位置时cnt[i] != 0，则我们让cnt[i] --(表示我们拿一个i填在这个位置上),同时往下一个位置跳，直到遇到一个没有数可填的位置——cnt[pos] = 0

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
map<int , int>cnt;
int main()
{
    int q , x , ans = 0;
    cin >> q >> x;
    while(q --)
    {
        int n;
        cin >> n;
        cnt[n % x] ++;
        while(cnt[ans % x])
        cnt[ans % x] -- , ans ++;
        cout << ans << ‘
‘;
    }
    return 0;
}

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E. Obtain a Permutation

题目链接：https://codeforces.com/contest/1294/problem/E

题意：

给你一个 n * m 的矩阵，你执行两种操作：

① 把矩阵中任意一个元素改为任意一个数

② 把矩阵中任意一列整体往上挪一个单元格，如右图矩阵我们对第一列向上挪了一个单元格

要求用最少的操作次数使矩阵 a[i][j] = (i - 1) * m + j

分析：

因为题目只能对一列或者一个元素进行操作，所以我们逐列进行维护。

对第i行第j列的元素a[i][j] 我们假设它将成为这列的起点（第一个元素） 那么最坏的操作次数cost[i]为 i + N (把它移动到第1位需要i次 如果元素全都很奇葩需要更改N次) 

对于每一列的操作，我们先初始化cost[i] = i + N , 然后如果a[i][j]可以作为第h行的答案的答案,那么cost[h] --（把a[h][j]行设为起点的最坏操作- 1）

最后遍历cost[1] ~ cost[n] 挑选最小的cost加到ans里即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; 
const int N = 2e5 + 10;
int main()
{
    int n , m ;
    cin >> n >> m;
    vector<vector<int>>a(n , vector<int>(m));
    for(int i = 0 ; i < n ; i ++) for(int j = 0 ; j < m ; j ++)
    {
        cin >> a[i][j];
        a[i][j] --;
    }
    int ans = 0;
    for(int j = 0 ; j < m ; j ++)
    {
        vector<int>cost(n);
        for(int i = 0 ; i < n ; i ++) cost[i] = i + n;
        for(int i = 0 ; i < n ; i ++)
        {
            if(a[i][j] % m == j && a[i][j] < n * m)
            {
                int h = i - a[i][j] / m; 
                if(h < 0) h += n;
                cost[h] --; 
            }       
        }
        ans += *min_element(cost.begin() , cost.end()); 
    }
    cout << ans << ‘
‘;
    return 0;
}

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F. Three Paths on a Tree

题目链接：https://codeforces.com/contest/1294/problem/F

题意：

给你一棵树，要求你找出任意三点 A，B，C，使得 A~B,B~C,A~C 之间的边最多（边并集最大）

分析：

比赛最后几分钟做出来了，然而一时马虎，提交到E题上去了。然后评测机也不给力，等赛后几分钟我才知道交错题了。再放到F题上提交，一发就过了。。。

可证明一组最优解中一定有两个点是直径的两端点，那么题目就转换成求树直径端点及与两端点边并集最大的点，于是就很简单了

我们先一次bfs求出树直径DIS即其一端点A，再对端点A进行bfs求出另一端点B及每个点到端点A的距离dis1[i]，最后再bfs端点B求出每个点到B的距离dis2[i]

最后遍历每个点，取边并集最大的即可（边并集= $dfrac {dis1left[ i ight] +dis2left[ i ight] -DIS}{2}+DIS$）

现在给出证明：

假设某个答案取连接点x。x最远的树到达的点是s，根据树的直径算法，s是树的某个直径a的端点。假设x的最远和第二远的点组成的链是b，b就会和a有一段公共部分。我们取a和b相交部分距离s最远的那个点y。那么取这个链上点y的答案一定比x更优  

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 10;
struct Edge{
    int nex , to , w;
}edge[N];
int one , two , DIS;
int head[N] , vis[N] , d[N];
int tot = 0;
void add(int u , int v , int w)
{
    edge[tot].w = w;
    edge[tot].to = v;
    edge[tot].nex = head[u];
    head[u] = tot ++; 
}
int bfs(int st)
{
    memset(d , 0 , sizeof(d));
    memset(vis , 0 , sizeof(vis));
    queue<int>que;
    que.push(st);
    vis[st] = 1;
    int now;
    while(!que.empty())
    {
        now = que.front() , que.pop();
        for(int i = head[now] ; ~i ; i = edge[i].nex)
        {
            int TO = edge[i].to;
            if(vis[TO]) continue;    
            d[TO] = d[now] + edge[i].w;
            vis[TO] = 1;
            que.push(TO);
            if(DIS < d[TO]) DIS = d[TO]; 
        }
    }
    return now;
}
int dis1[N] , dis2[N]; 
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    memset(head , -1 , sizeof(head)); 
    int n ;
    cin >> n;
    for(int i = 1 ; i < n ; i ++)
    {
        int x , y;
        cin >> x >> y;
        add(x , y , 1);
        add(y , x , 1);
    }
    DIS = 0;
    int one , two , three;
    one = bfs(1);
    two = bfs(one);
    for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
    dis1[i] = d[i];
    bfs(two);
    for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
    dis2[i] = d[i];
    int ans = 0;
    for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
    {
        if((dis1[i] + dis2[i] - DIS) / 2 + DIS > ans && i != one && i != two)
        ans = (dis1[i] + dis2[i] - DIS) / 2 + DIS , three = i;
    }
    cout << ans << ‘
‘;
    cout << one << " " << two << " " << three << ‘
‘;
    return 0;
}    

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　　为了更好的供人观看，每一份代码我都是重新手写的，请多支持