题解 Codeforces Round #615 (Div. 3) (CF1294)

A：判断一下和是不是3的倍数，由于只加不减，所以还要判断有没有大于和的1/3。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define it register int
#define ct const int
#define il inline
using namespace std;
int T,a,b,c,n,x;
namespace io{
    il char nc(){
        static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
        return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; 
    }
    template <class I> 
    il void fr(I &num){
        num=0;register char c=nc();it p=1;
        while(c<'0'||c>'9') c=='-'?p=-1,c=nc():c=nc();
        while(c>='0'&&c<='9') num=num*10+c-'0',c=nc();
        num*=p;
    } 
};
using io :: fr;
int main(){
    fr(T);
    while(T--){
        fr(a),fr(b),fr(c),fr(n);
        if((a+b+c+n)%3){puts("NO");continue;}
        x=(a+b+c+n)/3;
        if(a>x||b>x||c>x){puts("NO");continue;}
        puts("YES");
    }
    return 0;
}

B：发现只能向上和向右。所以我们必须保证序列在两维上非降。那么按照x,y升序排序，然后判断一下对于这个点是否存在x比它的x小且y比它的y大，有就是无解。由于字典序要小，所以肯定先右“R”再上“U”。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define it register int
#define ct const int
#define il inline
using namespace std;
const int N=100005;
int T,n,lastx,lasty;
bool flag;
struct ky{
    int x,y;
}a[N];
bool cmp(ky p,ky q){
    return p.x^q.x?p.x<q.x:p.y<q.y;
}
int main(){
    scanf("%d",&T);it i;
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        for(i=1;i<=n;++i) scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
        std::sort(a+1,a+1+n,cmp);
        flag=0;
        for(i=1;i<=n;++i)
            if(a[i].x!=a[i-1].x&&a[i].y<a[i-1].y) flag=1,i=n+1;
        if(flag){puts("NO");continue;}
        lastx=0,lasty=0,puts("YES");
        for(i=1;i<=n;++i){
            for(it j=lastx;j<a[i].x;++j) putchar('R');
            for(it j=lasty;j<a[i].y;++j) putchar('U');
            lastx=a[i].x,lasty=a[i].y;
        }
        putchar('
');
    }
    return 0;
}

C：先在√n时间内算出n的因子个数，判断是否有解，注意除去n的1与本身这两个因子。在有解的情况下找出两个小于√n的一个大于√n的（若有解肯定存在）即可。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define it register int
#define ct const int
#define il inline
using namespace std;
int T,a,b,c,n,x,ans1,ans2,ans3;
namespace io{
    il char nc(){
        static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
        return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; 
    }
    template <class I> 
    il void fr(I &num){
        num=0;register char c=nc();it p=1;
        while(c<'0'||c>'9') c=='-'?p=-1,c=nc():c=nc();
        while(c>='0'&&c<='9') num=num*10+c-'0',c=nc();
        num*=p;
    } 
};
using io :: fr;
int main(){
    fr(T);it i;register long long now=1;
    while(T--){
        fr(n);
        it x=n,cnt=0;now=1;
        for(i=2;i*i<=x;++i)
            if(!(x%i)){
                cnt=0;
                while(!(x%i))
                    x/=i,++cnt;
                now*=(cnt+1ll);
            }
        if(x>1) now<<=1;
        now-=2;
        if(now<3){puts("NO");continue;}
        x=n,cnt=0,ans1=ans2=0;
        for(i=2;cnt<2&&i*i<=x;++i)
            if(!(x%i))
                ++cnt,x/=i,cnt==1?ans1=i:(cnt==2?ans2=i:ans3=i);
        if(cnt==2&&x>ans2&&ans2)
            puts("YES"),printf("%d %d %d
",ans1,ans2,x);
        else puts("NO");
    }
    return 0;
}

D：构建mod x的剩余系，每次找到这个剩余系里面最大的加上x即可。注意到最多进行n次操作，所以>=n的其实没啥意义。然后怎么找第一个未出现过的元素：很显然按照我的添加方法肯定每个数只出现一次。所以维护一个set，只要每次把出现过的删掉，输出s.begin()（第一个元素也就是最小的没被删掉的，即还没出现的）即可。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<bitset>
#include<set>
#include<algorithm>
#define it register int
#define ct const int
#define il inline
using namespace std;
const int N=1000005;
int T,a,b,c,n,x,f[N],maxn;
set<int> s;
namespace io{
    il char nc(){
        static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
        return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; 
    }
    template <class I> 
    il void fr(I &num){
        num=0;register char c=nc();it p=1;
        while(c<'0'||c>'9') c=='-'?p=-1,c=nc():c=nc();
        while(c>='0'&&c<='9') num=num*10+c-'0',c=nc();
        num*=p;
    } 
};
using io :: fr;
bitset<N> vs;
int main(){
    fr(n),fr(x);it i,nowmax=-1,y;maxn=-1;
    for(i=0;i<x;++i) f[i]=-1;
    for(i=0;i<=n;++i) s.insert(i);
    for(i=1;i<=n;++i){
        fr(y),y%=x;
        f[y]==-1?f[y]=y:f[y]+=x;
        if(f[y]<=400000) s.erase(f[y]);
        printf("%d
",*s.begin());
    }
    return 0;
}

E：每一列互不相关，所以可以枚举每一列单独考虑。因为我们可以移动和重置，有的数可以移动但有的必须重置。假设x为第i行j列的数，如果(x+m-1)/m<=n&&x%m==j%m，说明x移动到最终矩阵中的位置的最小次数是(i-(x+m-1)/m+n)%n（+n再%n是为了处理负数）。所以我们把每个最小次数用桶记下来这个最小次数的出现次数，然后枚举最小次数i，求这一列需要的最小次数ans=Min(ans,i+n-s[i])，然后把ans累计入答案。

#include<stdio.h>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define it register int
#define ct const int
#define il inline
using namespace std;
const int N=200005;
vector<int> a[N];
int s[N],o,n,m;
il int Min(ct p,ct q){return p<q?p:q;}
namespace io{
    il char nc(){
        static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
        return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; 
    }
    template <class I> 
    il void fr(I &num){
        num=0;register char c=nc();it p=1;
        while(c<'0'||c>'9') c=='-'?p=-1,c=nc():c=nc();
        while(c>='0'&&c<='9') num=num*10+c-'0',c=nc();
        num*=p;
    } 
}
using io :: fr;
void solve(ct x){
    it i,ans=n;
    for(i=0;i<=n;++i) s[i]=0;
    for(i=1;i<=n;++i)
        if(a[x][i]%m==x%m&&(a[x][i]+m-1)/m<=n) ++s[(i-(a[x][i]+m-1)/m+n)%n];
    for(i=0;i<=n;++i) ans=Min(ans,i+n-s[i]);
    o+=ans;
}
int main(){
    fr(n),fr(m);it i,j,x;
    for(i=1;i<=m;++i) a[i].push_back(0);
    for(i=1;i<=n;++i)
        for(j=1;j<=m;++j) 
            fr(x),a[j].push_back(x);
    for(i=1;i<=m;++i) solve(i);
    printf("%d",o);
    return 0;
}

F：明明还剩00:01:06的时候交F可是没交上去呜呜呜。思路是先以1为根找出深度最大的mx1，再以mx1为根找出深度最大的mx2,然后沿着这条路把路上的点标记一下，再找到深度最大的mx3。每次找的时候ans++记录路径长度。由于x个点会有x-1条路，所以最后答案为ans-1.

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#define it register int
#define ct const int
#define il inline
using namespace std;
const int N=1000005;
int h[N],nxt[N],adj[N],fa[N],ans,mx1,mx2,mx3,u,v,n,m,t,id,d[N];
bitset<N> vs;
namespace io{
    il char nc(){
        static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
        return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; 
    }
    template <class I> 
    il void fr(I &num){
        num=0;register char c=nc();it p=1;
        while(c<'0'||c>'9') c=='-'?p=-1,c=nc():c=nc();
        while(c>='0'&&c<='9') num=num*10+c-'0',c=nc();
        num*=p;
    } 
}
using io :: fr;
il void dfs(ct x){
    d[x]=(vs[x]?1:d[fa[x]]+1);
    for(it i=h[x],j;i;i=nxt[i])
        if((j=adj[i])!=fa[x])
            fa[j]=x,dfs(j);
}
il void add(){
    nxt[++t]=h[u],h[u]=t,adj[t]=v,nxt[++t]=h[v],h[v]=t,adj[t]=u;
}
int main(){
    fr(n);it i;
    for(i=1;i<n;++i) fr(u),fr(v),add();
    dfs(1);
    for(i=1;i<=n;++i){fa[i]=0;if(d[i]>d[mx1]) mx1=i;}
    dfs(mx1);
    for(i=1;i<=n;++i) if(d[i]>d[mx2]&&i!=mx1)mx2=i;
    for(i=mx2;i;i=fa[i]) vs[i]=1,++ans;
    dfs(mx1);
    for(i=1;i<=n;++i) if(d[i]>d[mx3]&&i!=mx1&&i!=mx2)mx3=i;
    for(i=mx3;!vs[i];i=fa[i]) vs[i]=1,++ans;
    printf("%d
%d %d %d",ans-1,mx1,mx2,mx3);
    return 0;
}

由于博主已经意识模糊，所以可能会有一些纰漏，请大家指出，谢谢。

这次唯一的收获大概就是一题没挂，于是用大号刷高了小号的rating（雾

大号打Div3不能增加Rating了QAQ，但为了好看还是用小号去刷大号正确率，结果每次都是一遍A，然后提高了小号的Rating……