hbx的毒瘤贪心系列题解

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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hbx的毒瘤贪心系列题解相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

毒瘤hbx的贪心专题系列题解
A Maximal gcd
  题意:现在给定一个正整数 n。你需要找到 k 个严格递增的正整数a1,?a2,?...,?ak,满足他们的和等于 n 并且他们的最大公因数尽量大。如果不可能请输出 -1。\(1\leq n,k \leq 10^10\)
  题解:把 n 的所有因子找出来后,求最大因子 x 满足\(x* \frac k* (k+1)2\leq n\)即可。序列就是\(1* x,2* x,...,(k-1)* x,n-x* \frack* (k-1)2\)
  注意判断时会爆long long!
  复杂度:\(O(\sqrt n)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,k,tmp,tp,sum,fac[5005];
int faccnt;
inline bool check(ll x)

    return x<=(2*n/k)/(k+1);//!!!

int main()

    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    sum=n;
    if(!check(1))
    
        puts("-1");
        return 0;
    
    for(register ll i=1;i*i<=n;++i)
    
        if(n%i) continue;
        if(check(i)) tmp=max(tmp,i);
        if(check(n/i)) tmp=max(tmp,n/i);
    
    for(int i=1;i<k;++i)
        printf("%lld ",1ll*i*tmp),sum-=i*tmp;
    printf("%lld\n",sum);
    return 0;

  B Arthur and walls
  题意:给出一个n* m的矩阵,里面有“*”和“.”两种符号,要求把最少的“*”变成“.”,使得“.”的联通块构成一个矩形。求最少需要变几个“*”。\(1\leq n,m \leq 2000\)
  题解:如果某个2* 2的方块里只有一个“*”则把这个“*”变掉。bfs即可。
  复杂度:\(O(n^2)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 2005
int G[maxn][maxn],b[5];
char s[maxn][maxn];
int n,m;
struct Node

    int x,y;
    Node()
    Node(int a,int b):x(a),y(b) 
;
queue<Node> q;
inline void work(int x,int y)

    if(G[x][y])
        G[x][y]=0,q.push(Node(x,y));

inline void bfs()

    while(!q.empty())
    
        int x=q.front().x,y=q.front().y;
        q.pop();
        b[1]=b[2]=b[3]=b[4]=0;
        if(x!=1&&y!=1) b[1]=G[x-1][y-1]+G[x-1][y]+G[x][y-1];
        if(x!=1&&y!=m) b[2]=G[x-1][y]+G[x-1][y+1]+G[x][y+1];
        if(x!=n&&y!=1) b[3]=G[x][y-1]+G[x+1][y-1]+G[x+1][y];
        if(x!=n&&y!=m) b[4]=G[x][y+1]+G[x+1][y]+G[x+1][y+1];
        if(b[1]==1)
            work(x-1,y-1),work(x-1,y),work(x,y-1);
        if(b[2]==1)
            work(x-1,y),work(x-1,y+1),work(x,y+1);
        if(b[3]==1)
            work(x,y-1),work(x+1,y-1),work(x+1,y);
        if(b[4]==1)
            work(x,y+1),work(x+1,y),work(x+1,y+1);
    

int main()

    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    
        scanf("%s",s[i]+1);
        for(int j=1;j<=m;++j)
        
            if(s[i][j]=='.') q.push(Node(i,j));
            else G[i][j]=1;
        
    
    bfs();
    for(int i=1;i<=n;++i)
    
        for(int j=1;j<=m;++j)
        
            if(G[i][j]==1) cout<<"*";
            else cout<<".";
        
        puts(" ");
    
    return 0;

  C Student‘s Revenge
  题意:有一个主席每天要处理繁重的事务,但学生们仍然对他非常反感。现在有 n 个任务,学生们会选出 p 个,在这其中主席会选出 k 个来完成,剩下的 n?k 个不会完成。
  完成一项任务会使主席的头发变白\(a_i\),不完成就会使学生们的不满意度增加\(b_i\)。主席会使\(\sumb_i\)尽量小,在此基础上使\(\suma_i尽量小\)。但是学生们想要使\(\suma_i\)尽量大,在此基础上使\(\sumb_i\)尽量大。
  求学生会选哪 p 个以及主席会选哪 k 个。
  输出时先输出学生选且主席不选的 p-k 个,再输出主席选了的 k 个。按编号大小顺序输出。
  \(1\leq k \leq p \leq n \leq 10^5,1\leq a_i,b_i\leq 10^9\)
  题解:若给定 p 个任务,则主席必然先按 b 降序再按 a 升序排序依次解决。所以反推一下先按 b 升序再按 a 降序的前 p-k 个肯定不会选上。所以先把 n 个中的前 p-k 个去掉(标记不选即可)。
  其次我们要选 k 个 a 最大的和 p-k 个 b 最大的。为了让主席只选那k个,必须有前k个的b值都大于后面p-k个的b值。具体实现看代码吧。
  复杂度:\(O(n\log n)\)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 100005
struct Things

    int a,b,id,state;
thi[maxn];
int n,p,k,vis[maxn],cnt,num;
inline bool cmp1(Things x1,Things x2)

    if(x1.b!=x2.b) return x1.b<x2.b;
    if(x1.a!=x2.a) return x1.a>x2.a;
    return x1.state<x2.state;

inline bool cmp2(Things x1,Things x2)

    if(x1.a!=x2.a) return x1.a>x2.a;
    return x1.b>x2.b;

int main()

    scanf("%d%d%d",&n,&p,&k);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d%d",&thi[i].a,&thi[i].b),thi[i].id=i;
    sort(thi+1,thi+n+1,cmp1);
    for(int i=1;i<=p-k;++i) thi[i].state=1;//扔后面去
    sort(thi+1,thi+n+1,cmp2);
    for(int i=1;cnt<k;++i)
        if(!thi[i].state)
        
            ++cnt;
            vis[thi[i].id]=1;
            thi[i].state=2;//同上
            printf("%d ",thi[i].id);
        
    sort(thi+1,thi+n+1,cmp1);
    cnt=0;
    for(int i=n;num<p-k;--i)//从后往前扫
    
        if(cnt>=k)
        
            ++num;
            printf("%d ",thi[i].id);
        
        if(vis[thi[i].id]) ++cnt;
    
    return 0;

  D Ball coloring
  题意:有n个数对,可以将数对中的两个数分别放入 l 堆和 r 堆中。求\(min((R_max-R_min)* (L_max-L_min))\)
  \(1\leq n \leq 200000,1\leq num\leq 10^9\)
  题解:设\(Min,Max\)为全局最大(小)值。
  1):若Min,Max不在同一堆中:把所有较小数丢到Min堆,较大数丢入Max堆。
  2):若在同一堆中:我们需求出\(min(R_max-R_min)\)。令x为数对较小值,y为数对较大值。按x排序。依次交换x,y并更新答案。
  注意:如果Min,Max在同一数对中可跳过2)。
  复杂度:\(O(n\log n)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 200005
struct Card

    int x,y;
    inline friend bool operator < (Card a,Card b)
        
            if(a.x==b.x) return a.y<b.y;
            return a.x<b.x;
        
card[maxn];
int Rmax,Rmin,Bmax,Bmin,maxpos,minpos;
int main()

    int n;
    scanf("%d",&n);
    if(n==1)
    
        puts("0");
        return 0;
    
    for(int i=1;i<=n;++i)
    
        scanf("%d%d",&card[i].x,&card[i].y);
        if(card[i].x>card[i].y) swap(card[i].x,card[i].y);
    
    sort(card+1,card+n+1);
    int maxy=card[1].y,minx=card[1].x;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    
        if(card[i].x<=minx&&card[i].y>=maxy)
        
            maxpos=minpos=i;
            minx=card[i].x,maxy=card[i].y;
        
        else if(card[i].x<minx)
        
            minpos=i;
            minx=card[i].x;
        
        else if(card[i].y>maxy)
        
            maxpos=i;
            maxy=card[i].y;
        
    
    Rmax=maxy,Bmin=minx;//全局最大最小
    Rmin=card[minpos].y,Bmax=card[maxpos].x;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    
        Rmin=min(Rmin,card[i].y);
        Bmax=max(Bmax,card[i].x);
    
    long long ans=1ll*(Rmax-Rmin)*(Bmax-Bmin);//第一种情况
    if(maxpos!=minpos)//第二种情况
    
        Bmax=maxy,Bmin=minx;
        Rmax=max(card[n].x,card[1].y);
        int premin=card[1].y;
        Rmin=min(card[1].y,card[2].x);
        int tmp=Rmax-Rmin;
        for(int i=2;i<n;++i)
        
            Rmax=max(card[i].y,Rmax);
            Rmin=min(min(card[i].y,premin),card[i+1].x);
            premin=min(premin,card[i].y);
            if(Rmax-Rmin<tmp) tmp=Rmax-Rmin;
        
        ans=min(ans,1ll*tmp*(Bmax-Bmin));
    
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;

  E Ant man
  题意:有 n 个点,每个点有 x,a,b,c,d 五个属性。从 i 到 j 的距离定义为
  \begincases
\mid x_i-x_j \mid+c_i+b_j, & x_i>x_j \newline
\mid x_i-x_j \mid+d_i+a_j, & x_j>x_i
\endcases
  给定起点终点,求经过每个点恰好一次的最短路。
  \(n\leq 5000,1\leq x,a,b,c,d \leq 10^9\)
  保证 x,a,b,c,d 都是严格单调递增的。
  题解:直接在区间中插入,维护一个链表。
  复杂度:\(O(n^2)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Point

    long long x,a,b,c,d;
poi[5005];
int n,s,e,nex[5005],tmppos;
long long ans,cost,tmpcost;
inline long long dist(int x,int y)

    Point a=poi[x],b=poi[y];
    if(b.x<a.x) return a.x-b.x+a.c+b.b;
    return b.x-a.x+a.d+b.a; 

int main()

    scanf("%d%d%d",&n,&s,&e);
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&poi[i].x);
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&poi[i].a);
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&poi[i].b);
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&poi[i].c);
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&poi[i].d);
    nex[s]=e;
    ans+=dist(s,e);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    
        if(i==s||i==e) continue;
        cost=1e18;
        for(int j=s;j!=e;j=nex[j])
        
            tmpcost=dist(j,i)+dist(i,nex[j])-dist(j,nex[j]);
            if(cost>tmpcost)
            
                cost=tmpcost;
                tmppos=j;
            
        
        ans+=cost;
        nex[i]=nex[tmppos];
        nex[tmppos]=i;
    
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;

以上为考试题目。


  F New Year Snowman
  题意:给定\(r_i\),求元素互不相同的三元组最多有多少个。\(1\leq n\leq 5* 10^5,r_i \leq 10^6\)
  题解:每次把剩余最多的三个拿出来即可。
  复杂度:\(O(n\log n)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 100005
int n,cnt,tmp[maxn],anscnt,t1,t2,t3;
struct Ball

    int size,num;
    inline friend bool operator < (Ball a,Ball b)
        
            if(a.num==b.num) return a.size<b.size;
            return a.num<b.num;
        
ball[maxn],tmpa,tmpb,tmpc;
struct Ans

    int t1,t2,t3;
ans[maxn];
priority_queue<Ball> q;
inline void func(Ball x)

    if(x.num>1) q.push((Ball)x.size,--x.num);
    else --cnt;

inline void work()

    tmpa=q.top(),q.pop();
    tmpb=q.top(),q.pop();
    tmpc=q.top(),q.pop();
    t1=tmpa.size,t2=tmpb.size,t3=tmpc.size;
    if(t1<t2) swap(t1,t2);
    if(t1<t3) swap(t1,t3);
    if(t2<t3) swap(t2,t3);
    ans[++anscnt]=(Ans)t1,t2,t3;
    func(tmpa),func(tmpb),func(tmpc);

int main()

    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&tmp[i]);
    sort(tmp+1,tmp+n+1);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    
        if(tmp[i]!=tmp[i-1])
            ball[++cnt].size=tmp[i],ball[cnt].num=1;
        else ++ball[cnt].num;
    
    for(int i=1;i<=cnt;++i) q.push(ball[i]);
    while(cnt>=3)
        work();
    printf("%d\n",anscnt);
    for(int i=1;i<=anscnt;++i)
        printf("%d %d %d\n",ans[i].t1,ans[i].t2,ans[i].t3);
    return 0;

  G 南园满地堆轻絮
  题意:对于正整数数列\(a_i\)\(b_i\), 且b序列非严格单调递增, 使得\(max(\mid a_i-b_i\mid)\)尽量小。给定\(a_i\)
\(n\leq 5* 10^6\)
  题解:画一个\(a_i\)折线图可以发现答案为最大的逆序对的差除二向上取整。当然二分也可以(虽然我不知道为什么带了一个log跑的比没带log还快一些)。
  复杂度:\(O(n)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a[5000005],sa,sb,sc,sd,mod;
int n;
inline long long mul(long long a,long long b)

    return a*b%mod;

inline long long func(long long x)

    return (mul(sa,mul(x,mul(x,x)))+mul(sb,mul(x,x))+mul(sc,x)+sd)%mod;

inline void pre()//生成数据的

    scanf("%d%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&sa,&sb,&sc,&sd,&a[1],&mod);
    for(int i=2;i<=n;++i)
        a[i]=(func(a[i-1])+func(a[i-2]))%mod;

int main()

    pre();
    long long ans=-1e18,maxn=-1e18;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    
        if(maxn>a[i]) ans=max(ans,(maxn-a[i]+1)>>1);
        else maxn=a[i];
    
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;

  H Pavel and Triangles
  题意:有 n 种木棒,第 i 种的长度是\(2^i-1\)。给定每种木棒的数量\(a_i\),求最多能组成多少个三角形。
  \(1\leq n\leq 3* 10^5,a_i\leq 10^9\)
  题解:从前往后扫,优先组等腰,还有多就组等边。
  复杂度:\(O(n)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll a[300005];
int main()

    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]);
    ll ans=a[1]/3,num;
    a[1]%=3;
    ll res=a[1];
    for(int i=2;i<=n;++i)
    
        num=min(res,a[i]/2);
        res-=num;
        ans+=num;
        a[i]-=num*2;
        ans+=a[i]/3;
        res+=a[i]%3;
    
    printf("%lld",ans);
    return 0;

  I Nauuo and Cards
  题意:你的手上有 n 张牌,牌堆中有 n 张牌,共有 n 张 0 牌,和 n 张数字牌(从 1 到 n )。定义一次操作为将手中的牌放到牌堆的底部,并把牌堆顶端的牌拿到手中,求使用最少的操作次数能够让牌堆中的牌变为\(1\sim n\)的有序序列。
  题解:如果1号牌在手上,则直接一个个先收再打即可。每张牌位置为\(pos_i\),代价为\((pos[i]+1)+(n-i)\),也就是收牌加打出牌。取max即可。如果一号牌在牌堆里,则看能否形成从\(pos[1]\sim n\)\(1\sim k\)的序列。如果有这样的序列则显然更优。
  复杂度:\(O(n)\)

#include<cstdio>
using namespace std;
#define maxn 200005
int a[maxn], b[maxn], pos[maxn], ans;
inline int max(int a, int b)

    return a > b ? a : b;

int main()

    int n, i;
    scanf("%d", &n);
    for (i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]), pos[a[i]] = 0;
    for (i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &b[i]), pos[b[i]] = i;
    for (i = 1; i <= n; ++i) ans = max(ans, pos[i] - i + n + 1);
    if (pos[1])
    
        for (i = 2; pos[i] == pos[1] + i - 1; ++i);
        if (pos[i - 1] == n)
        
            int j;
            for (j = i; j <= n && pos[j] <= j - i; ++j);
            if (j > n)
            
                printf("%d\n", n + 1 - i);
                return 0;
            
        
    
    printf("%d\n", ans);
    return 0;

  J Match Points
  题意:给定数列\(x_i\),若\(z\leq \mid x_i-x_j\mid\),则称\(x_i,x_j\)能匹配上。
  求最多能配对多少组。\(2\leq n\leq 2* 10^5,1\leq z,x_i\leq10^9\)
  题解:二分。前mid个和后mid个依次匹配即可。
  复杂度:\(O(n\log n)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 200005
int n,z,pos[maxn];
inline bool check(int x)

    for(int i=1;i<=x;++i)
        if(abs(pos[i]-pos[n-x+i])<z) return false;
    return true;

int main()

    scanf("%d%d",&n,&z);
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&pos[i]);
    sort(pos+1,pos+n+1);
    int l=0,r=(n>>1),mid,ans;
    while(l<=r)
    
        mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid)) l=mid+1,ans=mid;
        else r=mid-1;
    
    printf("%d\n",ans);
    return 0;

  K Artem and Array
  题意:给定序列\(a_i\),每删去一个数可获得左边一个的数与右边一个的数的最小值的分数。求分数最大值。\(1\leq n\leq 5* 10^5,1\leq a_i\leq 10^6\)
  题解:先删去中间小两边大的(单调栈),在排序删去除最后两个之外的。
  复杂度:\(O(n\log n)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll a[600005], ans;
int n, top, x;
int main()

    scanf("%d", &n);
    while (n--)
    
        scanf("%d", &x);
        while (top && a[top] <= x && a[top] <= a[top - 1])
            ans += min(a[--top], x * 1ll);
        a[++top] = x;
    
    sort(a + 1, a + top + 1);
    for (int i = 1; i <= top - 2; ++i) ans += a[i];
    printf("%lld", ans);
    return 0;

  L Beijing Guards
  题意:n 个人形成环。每个人所收到的礼品和他两旁的人都不能有一样的。问最多需要准备多少种礼品。每个人需要\(a_i\)个礼品。\(1\leq n\leq 10^5\)
  题解:如果 n 为偶数则直接取\(max(a_i+a_i+1)\)即可。否则二分。设\(a_1\)为左右分界线。若 i 为奇数则尽量往左取否则往右取。最后看第 n 个是否在左边取过即可。
  注意 n=1 时要直接输出。
  复杂度:\(O(n\log n)\)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 100005
int n, a[maxn], cl[maxn], cr[maxn];
long long l, r;
inline bool check(long long x)

    cl[1] = a[1];
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
    
        if (i & 1)
        
            cr[i] = min(0ll + a[i], x - a[1] - cr[i - 1]);
            cl[i] = a[i] - cr[i];
        
        else
        
            cl[i] = min(a[i], a[1] - cl[i - 1]);
            cr[i] = a[i] - cl[i];
        
    
    return !cl[n];

int main()

    while (scanf("%d", &n) && n)
    
        l = r = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]), r += a[i];
        if (n == 1)
        
            printf("%d\n", a[1]);
            continue;
        
        a[n + 1] = a[1];
        for (int i = 1; i <= n; ++i) l = max(l, 0ll + a[i] + a[i + 1]);
        if (!(n & 1))
        
            printf("%lld\n", l);
            continue;
        
        while (l <= r)
        
            long long mid = (l + r) >> 1;
            if (check(mid)) r = mid - 1;
            else l = mid + 1;
        
        printf("%lld\n", l);
    
    return 0;

  M Moving Tables
  题意:有一条走廊,每次只能通过一张桌子。在任意两个房间间搬桌子都要10分钟。给定n个桌子以及起点终点,求最多要多少分钟搬完。同一时刻可以搬多张桌子。400间房间,\(n\leq 200\)
  题解:将搬动区间加10再最后取max。
  复杂度:\(O(n^2)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int cnt[405];
int main()

    int t, n, st, ed, ans;
    scanf("%d", &t);
    while (t--)
    
        scanf("%d", &n);
        memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
        while (n--)
        
            scanf("%d%d", &st, &ed);
            if (st > ed) swap(st, ed);
            if (!(st & 1)) --st;
            if (ed & 1) ++ed;
            for (int i = st; i <= ed; ++i) cnt[i] += 10;
        
        ans = 0;
        for (int i = 1; i <= 400; ++i) ans = max(ans, cnt[i]);
        printf("%d\n", ans);
    
    return 0;

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