本场链接:Codeforces Round #702 (Div. 3)
A. Dense Array
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
const int N = 55;
int a[N];
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n;scanf("%d",&n);
forn(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);
int res = 0;
forn(i,1,n - 1)
{
int minv = min(a[i],a[i + 1]),maxv = max(a[i],a[i + 1]);
while(maxv > 2 * minv) minv *= 2,++res;
}
printf("%d
",res);
}
return 0;
}
B. Balanced Remainders
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
int c[3];
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n,x;scanf("%d",&n);
c[0] = c[1] = c[2] = 0;
forn(i,1,n) scanf("%d",&x),++c[x % 3];
int res = 0;
while(c[0] != n / 3 || c[1] != n / 3 || c[2] != n / 3)
{
if(c[0] > n / 3) res += c[0] - n / 3,c[1] += c[0] - n / 3,c[0] = n / 3;
if(c[1] > n / 3) res += c[1] - n / 3,c[2] += c[1] - n / 3,c[1] = n / 3;
if(c[2] > n / 3) res += c[2] - n / 3,c[0] += c[2] - n / 3,c[2] = n / 3;
}
printf("%d
",res);
}
return 0;
}
C. Sum of Cubes
思路
枚举(b),由范围可以知道(1 leq b leq 10^4).(a)可以求一个立方根.如果用浮点数的话需要额外处理边界一些其他值来避免精度问题.我写的是整数二分.
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
ll x;scanf("%lld",&x);
bool ok = 0;
for(ll b = 1;b <= min(x,10000ll);++b)
{
ll a3 = x - b * b * b;
if(a3 < 0) break;
ll l = 1,r = 10000;
while(l < r)
{
ll mid = l + r >> 1;
if(mid * mid * mid >= a3) r = mid;
else l = mid + 1;
}
if(l * l * l == a3)
{
ok = 1;
break;
}
}
if(ok) puts("YES");
else puts("NO");
}
return 0;
}
D. Permutation Transformation
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
const int N = 105;
int son[N][2],a[N],depth[N],idx;
int build(int l,int r)
{
if(l > r) return 0;
if(l == r) return l;
int root = 0,maxv = 0;
forn(i,l,r)
{
if(a[i] > maxv)
{
maxv = a[i];
root = i;
}
}
son[root][0] = build(l,root - 1),son[root][1] = build(root + 1,r);
return root;
}
void dfs(int u)
{
if(son[u][0]) depth[son[u][0]] = depth[u] + 1,dfs(son[u][0]);
if(son[u][1]) depth[son[u][1]] = depth[u] + 1,dfs(son[u][1]);
}
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n;scanf("%d",&n);
forn(i,1,n) scanf("%d",&a[i]),son[i][0] = son[i][1] = 0;
int root = build(1,n);
depth[root] = 0;
dfs(root);
forn(i,1,n) printf("%d ",depth[i]);puts("");
}
return 0;
}
E. Accidental Victory
思路
首先次序无所谓,可以先给所有人排序.其次枚举到第(i)个人检查他是否可以获胜的时候,他一是可以直接吃掉所有在他左边的人的分,也就是说对于(i)来说他的权应该是(s[i])前缀和,那么现在的问题就是(s[i])是否大于等于(a[i+1]),如果是的话(i)还可以继续吃掉(a[i+1])往下走,拿到(a[i+1])的分值等价于把现在的分换成(s[i + 1]).接着可以发现(i)是否能吃烂分吃掉最后一个人,可以等价于:(i)能吃掉(a[i + 1])的分,且从(i+1)开始一直能吃到(n)的烂分.这个可以后缀与和向前递推.
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
#define forr(i,x,n) for(int i = n;i >= x;--i)
typedef pair<int,int> pii;
#define x first
#define y second
const int N = 2e5+7;
pii a[N];
bool win[N];
ll s[N];
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n;scanf("%d",&n);
forn(i,1,n) scanf("%d",&a[i].x),a[i].y = i;
sort(a + 1,a + n + 1);
forn(i,1,n) s[i] = s[i - 1] + a[i].x;
forn(i,1,n) win[i] = (s[i] >= a[i + 1].x);win[n] = 1;
forr(i,1,n - 1) win[i] &= win[i + 1];
vector<int> res;
forr(i,1,n) if(win[i]) res.push_back(a[i].y);
sort(res.begin(),res.end());
printf("%d
",(int)res.size());
for(auto& v : res) printf("%d ",v);puts("");
}
return 0;
}
F. Equalize the Array
思路
枚举每个数(C)表示我想把所有数出现次数拉到C.那么对于所有出现次数小于(C)的数来说,我都必须一个一个删除他们.对于出现次数大于(C)的数我可以只删其中的(i-C)个,其中(i)表示的是出现次数为(i)的某个数对应的出现次数.
简单来说:需要维护每个数的出现次数,每个数出现次数的出现次数.分别记为cnt和c_cnt.对于(<C)的部分,必须全部删除,这个求的是有多少个数字,对于(>C)的部分,可以删除$(i-C) * (出现次数为)i$的数的种类数.分别前缀和维护就可以了.
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
#define forr(i,x,n) for(int i = n;i >= x;--i)
const int N = 2e5+7;
int cnt[N],a[N];
int c_cnt_kind[N],c_cnt_num[N];
ll s_c_cnt_kind[N],sj_c_cnt[N],s_c_cnt_num[N];
set<int> st[N];
vector<int> val;
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n;scanf("%d",&n);
forn(i,0,n) cnt[i] = 0,sj_c_cnt[i] = 0,st[i].clear(),
c_cnt_kind[i] = 0,c_cnt_num[i] = 0,s_c_cnt_num[i] = 0,s_c_cnt_kind[i] = 0;
val.clear();
forn(i,1,n) scanf("%d",&a[i]),val.push_back(a[i]);
sort(val.begin(),val.end());
val.erase(unique(val.begin(),val.end()),val.end());
forn(i,1,n) a[i] = lower_bound(val.begin(),val.end(),a[i]) - val.begin() + 1,++cnt[a[i]];
forn(i,1,n) st[cnt[a[i]]].insert(a[i]);
forn(i,1,n) c_cnt_kind[i] = (int)st[i].size(),
++c_cnt_num[cnt[a[i]]];
forn(i,1,n) s_c_cnt_kind[i] = s_c_cnt_kind[i - 1] + c_cnt_kind[i],
s_c_cnt_num[i] = s_c_cnt_num[i - 1] + c_cnt_num[i],
sj_c_cnt[i] = sj_c_cnt[i - 1] + c_cnt_kind[i] * i;
ll res = n;
forr(C,1,n)
{
ll cur = s_c_cnt_num[C - 1];
cur += sj_c_cnt[n] - sj_c_cnt[C];
cur -= C * (s_c_cnt_kind[n] - s_c_cnt_kind[C]);
res = min(res,cur);
}
printf("%lld
",res);
}
return 0;
}
G. Old Floppy Drive
思路
对(a)求前缀和.考虑分情况:如果一轮就可以拿到(x),那么直接在里面lower_bound就可以拿到了.否则一轮结束不了的,看总和是否是正的,如果不是那么无论走多少轮都是无用功.最后一种情况就是找一组((i,k)),满足有(s[i] + k * sum >= x).并且(i+k*n-1)是最小的.显然应该先让(k)取到最小值,所以先用最大的(s[i])求出(k)的最小值记作(kmin),其次要找一个最小的(i)使得(s[i] >= x - kmin * sum).可以发现如果有(s[i] > j)且(i < j),那么(j)的存在是没有意义的,所以可以对(s[i])求一个前缀max记作premax,由于premax是具有单调性的,所以可以二分求解.
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
#define forr(i,x,n) for(int i = n;i >= x;--i)
typedef pair<ll,int> pli;
#define x first
#define y second
const int N = 2e5+7;
int a[N],premax[N];
ll s[N];
bool cmp(int x,int y)
{
return s[x] < y;
}
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
forn(i,1,n) s[i] = 0,premax[i] = 0;
forn(i,1,n) scanf("%d",&a[i]),s[i] = s[i - 1] + a[i];
ll sum = s[n];
premax[1] = 1;
forn(i,2,n) premax[i] = (s[premax[i - 1]] < s[i] ? i : premax[i - 1]);
forn(i,1,m)
{
int x;scanf("%d",&x);
int p = lower_bound(premax + 1,premax + n + 1,x,cmp) - premax;
if(p == n + 1)
{
if(sum <= 0) printf("-1 ");
else
{
ll kmin = (x - s[premax[n]] + sum - 1) / sum;
p = lower_bound(premax + 1,premax + n + 1,x - kmin * sum,cmp) - premax;
printf("%lld ",p - 1 + kmin * n);
}
}
else printf("%d ",p - 1);
}
puts("");
}
return 0;
}