Codeforces Round #528 Solution

A. Right-Left Cipher

Solved.

注意长度的奇偶

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

string s;
int main()
{
    while (cin >> s)
    {
        string res = "";
        int len = s.size(); 
        if (len == 1) 
        {
            cout << s << endl;
            continue;
        }
        int l, r;
        if (len & 1)
        {
            res += s[s.size() / 2];
            l = len / 2 - 1, r = l + 2;
            while (l >= 0)
            {
                res += s[r];
                res += s[l];
                --l, ++r;
            }
        }
        else
           { 
            l = len / 2 - 1;
            r = l + 1;
               while (l >= 0)
            {
                res += s[l];
                res += s[r];
                --l, ++r;
            }
        }
        cout << res << endl; 
    }
    return 0;
}

B. Div Times Mod

Solved.

题意：

$给出一个n，求使得下面这个等式成立的x$

$(frac{x}{k}) cdot (x ;mod; k) = n$

思路：

$k很小，并且第二项的取值肯定在[1, k - 1]之间,枚举第二项，算第一项更新答案即可$

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

#define ll long long
int n, k;
int main()
{
    while (scanf("%d%d", &n, &k) != EOF)
    {
        ll res = (ll)1e18;
        for (int i = 1; i < k; ++i) if (n % i == 0)
            res = min(res, 1ll * (n / i) * k + i);
        printf("%lld
", res);
    }
    return 0;
}

C. Connect Three

Solved.

题意：

在一个二维平面上，有三个点，在不同的地方，行走只能走相邻的格子且被涂色的格子，求最小的涂格子的数量

思路：

我们随便找两个点，构成的矩形，那么这两个点的路径可以经过这个矩形里面任意一点

那么我们枚举里面每一点，要么第三点也在这个矩形里面，要么肯定存在一点使得这一点到第三点的路径不经过矩形

这样的话答案就会最小 

或者这样理解，三点需要汇聚到同一点，那么这个点的候选范围必然是任取两点构成的矩形当中，因为如果不是

那么把这个点移到矩形内必然更优

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

int x[3], y[3];
int f(int x1, int y1, int x2, int y2) 
{
    return abs(x1 - x2) + abs(y1 - y2);
}

void print(int x1, int y1, int x2, int y2)
{
    while (x2 != x1)
    {
        if (x2 < x1) ++x2;
        else --x2;
        printf("%d %d
", x2, y2);
    }
    while (y2 != y1)
    {
        if (y2 < y1) ++y2;
        else --y2;
        printf("%d %d
", x2, y2); 
    }
}

int main()
{
    while (scanf("%d%d", x, y) != EOF)
    {
        for (int i = 1; i <= 2; ++i) scanf("%d%d", x + i, y + i);
        int tmp = (int)1e6, posx = -1, posy = -1;
        int l[2] = {x[0], y[0]}, r[2] = {x[1], y[1]};
        for (int i = 0; i < 2; ++i) if (l[i] > r[i]) swap(l[i], r[i]);
        for (int i = l[0]; i <= r[0]; ++i) for (int j = l[1]; j <= r[1]; ++j)
        {
            if (f(i, j, x[2], y[2]) < tmp)
            {
                tmp = f(i, j, x[2], y[2]);
                posx = i, posy = j;
            }
        }
        int res = tmp + f(x[0], y[0], x[1], y[1]) + 1;
        printf("%d
", res);
        print(x[0], y[0], posx, posy);
        print(x[1], y[1], posx, posy);
        print(x[2], y[2], posx, posy);
        printf("%d %d
", posx, posy); 
    }
    return 0;
}

D. Minimum Diameter Tree

Solved.

题意：

一棵树，一共有$s的点权，分配给这些点，使得直径最短$

思路：

我们考虑到将点权分配给度数>1的点是没用的，因为它们不会作为路径的端点

那么被作为路径的端点的只有度数=1的点

我们可以这样理解，任意两个度数=1的点都可以构成一条极长路径，也就是说，问题可以转化为

$有x个数，要将s分配给它们，使得两两相加的最大值最小$

$那不就是平均分配吗?$

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

#define N 100010
int n, s, degree[N];

int main()
{
    while (scanf("%d%d", &n, &s) != EOF)
    {
        memset(degree, 0, sizeof degree);
        for (int i = 1, u, v; i < n; ++i)
        {
            scanf("%d%d", &u, &v);
            ++degree[u];
            ++degree[v];
        }
        int cnt = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) cnt += degree[i] == 1;
        printf("%.10f
", s * 2.0 / cnt); 
    }
    return 0;
}