A：Codeforces 1328A Divisibility Problem 整除+模
Input
5
10 4
13 9
100 13
123 456
92 46
Output
2
5
4
333
0
按需取余，和我之前发的文章一样的解法
ll a, b;
void solve() {
cin >> a >> b;
cout << (b - a % b) % b << "
";
}
B：Codeforces 1328B K-th Beautiful String
Input
7
5 1
5 2
5 8
5 10
3 1
3 2
20 100
Output
aaabb
aabab
baaba
bbaaa
abb
bab
aaaaabaaaaabaaaaaaaa
就是找到第 (k) 个全排列的字符串
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
int n, k; cin >> n >> k;
string s(n, 'a');
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
if (k <= n - (i + 1)) {
s[i] = 'b', s[n - k] = 'b';
break;
} else k -= n - (i + 1);
}
cout << s << "
";
}
}
C：Codeforces 1328C Ternary XOR 贪心
Input
4
5
22222
5
21211
1
2
9
220222021
Output
11111
11111
11000
10211
1
1
110111011
110111010
题意：
给出一个 (x) 的三进制数字，(x) 的第一个数字必须是 (2)，求出两个数 (a) 和 (b) ，使得 (a⨀b = x) 和 (max(a,b)) 最小。
贪心，要使得最小的话对于 (0) 就是两个位置都放置 (0) ，对于 (2) 就是两个位置都放置 (1)，但是这样肯定不能保证 (a,b) 的最大值最小，所以只要保证第一次出现 (1) 的时候分配给第一个，然后后面的都设置为 (0)。
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
ll n; string s, a, b;
cin >> n >> s;
bool f = 0;
//让我们求最小的a，2需要ab平均均摊，但只要1出现了以后直接另所有的都赋给b即可
for (int i = 0; i < s.length(); ++i) {
if (f) a += '0', b += s[i]; //第一个1以后直接另b等于s[i]即可
else if (s[i] == '2') a += '1', b += '1';
else if (s[i] == '1') a += '1', b += '0', f = 1;
else a += '0', b += '0';
}
cout << a << "
" << b << "
";
}
}
1328D - Carousel
(n) 个木马围成圈，为每个属性为 (t[i]) 的木马涂上一种颜色 (c[i]) ，要求任何相邻的属性不同的木马颜色不同，问最少需要多少种颜色，并输出涂色方案（tip：属性相同的木马颜色可以不同也可以相同）
- 如果所有木马属性都相同，那么最少要涂一种颜色，需要特判
- 属性相同的木马颜色可以不同也可以相同，那么我们可以交替涂1，2，1，2，...如果n为偶数，那么一定满足条件且只需要两种颜色
- 如果n为奇数，那么我们希望最后一个数c[n]两边的颜色c[1]和c[n - 1]尽可能相同，这样我们就不用使用第三种颜色，使答案最佳
- 我们只要找到第n个数之前的t[i] = t[i - 1] （2 <= i <= n - 1)，然后从i开始的每个数与1异或即可（写代码时需要从零开始，才能0，1异或，最后答案加1即可）
- .经过步骤4后，如果c[1] == c[n - 1]，c[n] = c[1] ^ 1即可
- 如果c[1] != c[n - 1]（也就是前n - 1个属性都不同，无法通过步骤4使得c[1] == c[n - 1]），且c[n]与相邻两个数c[1]和c[n - 1]都不相同，那么c[n] = 2（最后答案会加1），否则t[n] == t[n - 1] ->c[n] = c[n -1]或者 t[n] == t[1] -> c[n] = c[1]
void solve() {
int n; cin >> n;
vector<int> a(n);
for (int &x : a) cin >> x;
bool same = 1;
for (int i = 0; i < n && same; ++i) if (a[i] != a[0]) same = 0;
if (same) {
cout << "1
";
for (int i = 0; i < n; ++i) cout << 1 << "
"[i == n - 1];
return ;
}
if (n % 2 == 0) {
cout << "2
";
for (int i = 0; i < n; ++i)
cout << (1 + (i & 1)) << "
"[i == n - 1];
return ;
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (a[i] == a[(i + 1) % n]) {
cout << 2 << '
';
for (int j = 0; j < n; j++) {
cout << 1 + (1 & ((j - i - 1 + n) % n)) << "
"[j == n - 1];
}
return;
}
}
cout << "3
3 ";
for (int i = 1; i < n; i++)
cout << 1 + (i & 1) << "
"[i == n - 1];
}
1328F. Make k Equal
题意：把 (n) 个数变成 (k) 个相同的数，每次可以把 (n) 个数里最大的 (-1) 或最小的 (+1) ，问最小改变次数
思路：
我们可以枚举，把 (n) 个数变成 (k) 个 (a[i]) （这个相同的数一定是数组里的数，因为如果不是，那么改变次数一定会比正常多）
如果相同的数大于 (k) 个，那么改变次数为 (0) ，特判掉
有三种情况，一种是只动前面，一种只动后面，还有就是前后都动
因为是改变最大或最小的数，所以我们只有把所有小于 (a[i]) 的数变成 (a[i]-1) （或者大于 (a[i]) 的数变成(a[i]+1) ）才能进行下一次的改变
然后接着考虑，在什么情况下可以动前面呢，当然是他前面的数大于((k-1))个，同理，在他后面的数大于 ((k-1)) 个时才可以动后面，然后在任何情况下都可以前后都动( 在$(i=1) $时就相当于是动后面结果不冲突）
以只动前面为例
(tem1 = (sumlimits_{j=1}^i((a[i] - 1) -a[j]) + k)
化简一下发现
(tem1 = sumlimits_{j=1}^i(a[i] - 1) -sumlimits_{j=1}^ia[j] + k)
就是 (i*(a[i]-1)-a[i]) 的前缀和 (+k) ,提前搞一个前缀和可以降低时间复杂度
只动后面同理
(tmp2 = sumlimits_{j=i}^na[i] -sumlimits_{j=i}^n(a[j] + 1) + k)
动两边，这时相等的数的个数恰好为 (n) ，把他们都搞成 (a[i]) 然后再减掉多余的
(tmp3 = sumlimits_{j=i}^na[j] - sumlimits_{j=1}^ia[j] + sumlimits_{j=1}^ia[i] - sumlimits_{j=i}^na[i] - (n - k))
记录好前缀和 和（后缀和？）就可以用 (mathcal{O}(n)) 的复杂度解决掉这个问题了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll inf = 1e17;
ll a[200009];
ll cnt[200009];
ll sumq[200009], sumh[200009];
int main() {
int n, k;
ll ans = inf;
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%lld", &a[i]);
}
sort(a + 1, a + 1 + n);
for (int i = 1; i <= n; i++) sumq[i] = sumq[i - 1] + a[i];
for (int i = n; i >= 1; i--) sumh[i] = sumh[i + 1] + a[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (a[i] == a[i - 1])cnt[i] = cnt[i - 1] + 1;
else cnt[i] = 1;
if (cnt[i] >= k) {
puts("0");
return 0;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (i >= k) {
ll tem1 = i * (a[i] - 1) - sumq[i] + k;
ans = min(tem1, ans);
}
if (n - i + 1 >= k) {
ll tem2 = n - i + 1;
tem2 = sumh[i] - tem2 * (a[i] + 1) + k;
ans = min(tem2, ans);
}
if (i < k && (n - i + 1) < k) {
ll tem3 = i * a[i] - sumq[i] + sumh[i] - (n - i + 1) * a[i] - (n - k);
ans = min(tem3, ans);
}
}
printf("%lld
", ans);
return 0;
}
便捷写法
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<ll> a(n);
for (ll &x : a) cin >> x;
sort(a.begin(), a.end());
for (int i = 0; i + k - 1 < n; ++i) {
if (a[i] == a[i + k - 1])
return printf("0
"), 0;
}
ll lcost = 0;
ll rcost = 0;
for (int i = 0; i < k; ++i) {
lcost += a[k - 1] - a[i];
rcost += a[n - 1 - i] - a[n - k];
}
for (int j = k; j < n; ++j) {
if (a[k - 1] == a[j]) lcost--;
if (a[n - k] == a[n - 1 - j]) rcost--;
}
ll sum = 0;
for (int i = 0; i < n - 1 - i; ++i) sum += a[n - 1 - i] - a[i];
ll ans = min(sum - (n - k), min(lcost, rcost));
cout << ans;
}
D: CodeForces 1324D - Pair of Topics
Input
5
4 8 2 6 2
4 5 4 1 3
Output
7
Input
4
1 3 2 4
1 3 2 4
Output
0
题意：
有 (n) 个主题，第 (i) 个主题有 (a_i) 个老师, (b_i) 个学生。
需要选择两个主题，这两个主题的老师数大于学生数
也就是说选择两个下标保证 (a_i+a_j>b_i+b_j)
输出可行的选择种类数
思路：
思维转为一下，让我们比较 (a_i + a_j > b_i + b_j) 的，直接求 (a_i - b_i + a_j - b_j > 0)有几个。
当然直接对数组操作以后是无序的，两重for会超时，所以需要我们先进行一次sort，然后判断累加。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 50;
ll a[N], b[N];
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
int n; cin >> n;
ll cnt = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)cin >> a[i];
for (int i = 0; i < n; ++i)cin >> b[i];
for (int i = 0; i < n; ++i)a[i] -= b[i];
sort(a, a + n);
int l = n - 1;
for (int i = 0; i < n; i++){
while (l >= 0 && a[i] + a[l] > 0)l--;
cnt+= n - max(i, l) - 1;
}
cout << cnt << endl;
}