本场链接：Codeforces Round #726 (Div. 2)
A. Arithmetic Array
按题意模拟即可。
#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)
#define Angel_Dust ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0)
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n,sum = 0;scanf("%d",&n);
forn(i,1,n)
{
int x;scanf("%d",&x);
sum += x;
}
if(sum == n) puts("0");
else if(sum < n) puts("1");
else printf("%d
",sum - n);
}
return 0;
}
B. Bad Boy
不难猜想到四个角是不会变得更差的选择。枚举所有选择的情况即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
#define forn(i,x,n) for(int i = x;i <= n;++i)
#define forr(i,x,n) for(int i = n;i >= x;--i)
#define Angel_Dust ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0)
#define x first
#define y second
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
ll n,m,a,b;scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&a,&b);
pii qua[4] = {{1,1},{1,m},{n,1},{n,m}},op[2] = {{1,1},{1,1}};
ll res = 0;
forn(i,0,3) forn(j,0,3)
{
int x1 = qua[i].x,y1 = qua[i].y,x2 = qua[j].x,y2 = qua[j].y;
ll dist = abs(a - x1) + abs(b - y1) + abs(x2 - x1) + abs(y2 - y1) + abs(a - x2) + abs(b - y2);
if(dist > res)
{
res = dist;
op[0] = qua[i];
op[1] = qua[j];
}
}
printf("%d %d %d %d
",op[0].x,op[0].y,op[1].x,op[1].y);
}
return 0;
}
C. Challenging Cliffs
由于(|h_1-h_n|)最小是前提条件，所以优先满足。不妨对整个数组排序，那么可以快速找到：左边最小且之差最小的一对数。之后分配不难想到要使从第一个元素就开始得到贡献，应该从小到大依次填入没填的数，且第一个数比最左侧的大，剩下的继续按大小分配即可。
#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)
#define Angel_Dust ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0)
const int N = 2e5+7;
int a[N],ans[N];
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n;scanf("%d",&n);
forn(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);
sort(a + 1,a + n + 1);
int p = 1,cur = 2e9+100;
forn(i,1,n - 1)
{
if(abs(a[i] - a[i + 1]) < cur)
{
p = i;
cur = abs(a[i] - a[i + 1]);
}
}
int idx = 2;
ans[1] = a[p];ans[n] = a[p + 1];
forn(i,p + 2,n) ans[idx++] = a[i];
forn(i,1,p - 1) ans[idx++] = a[i];
forn(i,1,n) printf("%d ",ans[i]);
puts("");
}
return 0;
}
D. Deleting Divisors
- 若(n)是奇数，则删除一个因子一定会让(n)变成一个偶数（且不是(2^k)）。
- 若(n)是偶数但不是(2^k)则可以通过减去一个奇因子的办法使之变成一个奇数。如果先手(n)是偶数那么一定能让后手始终是一个奇数，最后要么走到(1)要么走到质数，显然两者都是必败态。所以(n)是偶数且不是(2^k)时先手必胜，奇数时必败。
- 若(n)是(2^k)，若把(n)变成一个偶数但不是(2^k)显然必败，所以只能继续让他是一个(2^k)，由于(2^k-2^{k-1}=2^{k-1}).所以当(k)是奇数时先手必败，反之先手必胜。
#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)
#define Angel_Dust ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0)
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n;scanf("%d",&n);
if(n % 2)
{
puts("Bob");
continue;
}
int cnt = 0;
while(n % 2 == 0)
{
++cnt;
n /= 2;
}
if(n > 1 || cnt % 2 == 0) puts("Alice");
else puts("Bob");
}
return 0;
}
E1. Erase and Extend (Easy Version)
不难想到答案一定是某个前缀重复若干次得到的，暴力枚举即可。
#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)
#define Angel_Dust ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0)
int main()
{
Angel_Dust;
int n,k;cin >> n >> k;
string cur,s;cin >> s;
string res;
forn(i,0,n - 1)
{
cur += s[i];
string nxt;
forn(j,1,(k + i) / (i + 1)) nxt += cur;
nxt.resize(k);
if(res == "" || nxt < res) res = nxt;
}
cout << res << endl;
return 0;
}
E2. Erase and Extend (Hard Version)
copy来的牛逼做法：记(prefix(x))表示前缀([1,x])，(f_k(s))表示将(s)重复若干次直到其长度(geq k)得到的串。
问题等价于求一个(x)使(f_k(prefix(x)))最小。
考虑枚举(xin[2,n])即当前答案(pos=1)，每次尝试更新(pos)：若(f_k(prefix(pos))[x] > s[x])则换上(x)进入序列会更优，反之则不会变得更好，因为以后的所有前缀一定包含(s[x])，直接退出即可。如果相同则说明当前这一位无所谓，答案可能在后面继续做即可。
#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)
#define Angel_Dust ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0)
const int N = 5e5+7;
char s[N];
int main()
{
int n,m;scanf("%d%d%s",&n,&m,s + 1);
int k = min(n,m),pos = 1;
forn(i,2,k)
{
if(s[i] < s[(i - 1) % pos + 1]) pos = i;
else if(s[i] > s[(i - 1) % pos + 1]) break;
}
forn(i,1,m) printf("%c",s[(i - 1) % pos + 1]);
return 0;
}
F. Figure Fixing
首先考虑无解：若(sum v_i)与(sum t_i)奇偶性不同，则一定无解。
如果(m=n-1)则是一个树，因为树一定是一个二分图，那么边上的操作等价于对两个集合同时加或减一个值，相当于白干。对树二染色若两个集合的(sum v_i - t_i)值不同则无解，反之一定有解。如果不是二分图，则一定有两个点染色的时候会是同色的：这两个点可以随意调整集合的和，所以一定有解。
#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)
#define Angel_Dust ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0)
const int N = 2e5+7,M = 2 * N;
int edge[M],succ[M],ver[N],idx;
int v[N],t[N],col[N];
ll sum[2];
void add(int u,int v)
{
edge[idx] = v;
succ[idx] = ver[u];
ver[u] = idx++;
}
bool dfs(int u,int c,int d)
{
col[u] = c;
sum[d] += v[u] - t[u];
for(int i = ver[u];~i;i = succ[i])
{
int v = edge[i];
if(!col[v])
{
if(!dfs(v,3 - c,d ^ 1)) return 0;
}
else if(col[v] == c) return 0;
}
return 1;
}
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
forn(i,1,n) ver[i] = -1,col[i] = 0;idx = 0;
sum[0] = 0;sum[1] = 0;
forn(i,1,n) scanf("%d",&v[i]);
forn(i,1,n) scanf("%d",&t[i]);
forn(i,1,m)
{
int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v);add(v,u);
}
ll vsum = 0,tsum = 0;
forn(i,1,n) vsum += v[i],tsum += t[i];
if(abs(vsum) % 2 != abs(tsum) % 2) puts("NO");
else
{
if(!dfs(1,1,0) || sum[1] == sum[0]) puts("YES");
else puts("NO");
}
}
return 0;
}