Codeforces Round #722 (Div. 2) A~D题解

补题链接：Here

1529A. Eshag Loves Big Arrays

【题意描述】

给定一个长度为 (n) 的正整数数组 (a) ，现在可执行若干次操作（可为 (0)）

具体操作为：选定某个序列，删除严格大于序列的平均数的元素

请问最多能删去多少个元素

【解题思路】

观察一下样例容易发现，在若干次操作之后，一定是最小的元素留下，所以我们只需要统计最小值元素个数，然后输出 (n - Mincnt)

【AC 代码】

void solve() {
	int n;
	cin >> n;
	int a[n + 1];
	for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i];
	sort(a + 1, a + 1 + n);
	int cnt = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)if (a[i] == a[1])cnt++;
	cout << n - cnt << "
";
}

1529B. Sifid and Strange Subsequences

【题意描述】

先有一个长度为 (n) 的数组，定义“奇怪数组”：数组中任意两个元素的绝对值差值大于等于数组中的最大值，即 (|a_i - a_j| >= Max) ，请问由原数组中最大能选出多少个元素构成“奇怪数组”

【解题思路】

很容易证明一个奇怪的子序列不能包含一个以上的正元素。
所以最好选择所有的非正元素，现在我们最多只能选择一个正元素。
假设x是数组中最小的正元素。如果已经选取的集合中没有两个元素（如a和b）以a的方式存在，我们可以选取 (|x−b |<x)。
要检查这一点，我们只需对已经拾取的元素进行排序，并查看相邻元素对之间的差异。
复杂性：(mathcal{O}(nlog n))

【AC 代码】

void solve() {
	int n;
	cin >> n;
	vector<int>a(n);
	for (int &x : a)cin >> x;
	sort(a.begin(), a.end());
	int ans = 0, cnt0 = 0, cnt = 0;
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		if (a[i] < 0)ans++;
		else if (a[i] == 0)cnt0++;
	}
	int res = ans + cnt0, Min = 1e9;
	for (int i = 0; i + 1 < n; ++i) {
		if (a[i + 1] > 0)break;
		Min = min(Min, a[i + 1] - a[i]);
	}
	for (int i = 0; i < n; ++i)if (a[i] > 0 and a[i] <= Min)cnt++;
	res = max(res, ans + (cnt0 > 0) + (cnt > 0));
	cout << res << "
";
}

1529C. Parsa's Humongous Tree

【题意描述】

给你一棵树，树上的每个节点 (i) 都有一个值域 ([l_i,r_i]) ，我们需要从值域中确定一个值 (a_i in [l_i,r_i]) ，而 ((u,v)) 边权值则为$∣a_u − a_v∣ $ 。我们的目的就是要让所有的边权值之和最大。求出最大权值之和。

【解题思路】

感觉AtCoder上有一道很像的题

【AC 代码】

using ll = long long;
const int N = 1e5 + 10;
vector<int>g[N];
int a[N][2], n;
ll f[N][2];
void dfs(int v, int p) {
    for (int s : g[v])
        if (s != p) {
            dfs(s, v);
            f[v][0] += max(f[s][0] + abs(a[s][0] - a[v][0]), f[s][1] + abs(a[s][1] - a[v][0]));
            f[v][1] += max(f[s][0] + abs(a[s][0] - a[v][1]), f[s][1] + abs(a[s][1] - a[v][1]));
        }
}
void solve() {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; ++i)cin >> a[i][0] >> a[i][1];
    for (int i = 0, u, v; i + 1 < n; ++i) {
        cin >> u >> v;
        --u, --v;
        g[u].push_back(v);
        g[v].push_back(u);
    }
    dfs(0, -1);
    cout << max(f[0][0], f[0][1]) << "
";
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        g[i].clear();
        f[i][0] = f[i][1] = 0;
    }
}

1529D. Kavi on Pairing Duty

【题意描述】

【解题思路】

设 (dp_i) 为 (2i) 点的良好配对数。
显然，答案是 (dp_n) 。
引理：表示x为与点1匹配的点。注意每个点p（(x<p≤2n) ）属于长度等于 ([1，x]) 长度的线段。
证明：假设某点p（(x<p≤2n) ）与点q配对（q>p），因为[p，q]不在 ([1，x]) 之内，所以它们的大小必须相等，配对才是好的。
为了计算dpn，考虑以下情况：

• (x>n) ：类似于上述引理，可以证明每个点p（(1≤p≤2n−x+1)）与点i+x配对−1，剩余的未配对x−n−1个点形成一个连续的子阵列，该子阵列位于每个当前对内，因此它们可以在dpx中配对−n−1种方式。
• (x≤n)：在这种情况下，由于上述引理，所有的线段必须具有相同的长度，因此它们的长度必须是n的一个除数，在这种情况下，它们可以以D（n）的方式配对；其中D（n）是n的除数。

所以 (dp_n=D(n)+∑^{n−1}_{i=0}dp_i)。
注意 (dp_0=dp_1=1)。

【AC 代码】

const int N = 1e6 + 10, MOD = 998244353;
int n, dp[N], S;
void solve() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = i + i; j <= n; j += i) {
            dp[j]++;
        }
    }
    dp[0] = S = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        dp[i] = (dp[i] + S) % MOD;
        S = (S + dp[i]) % MOD;
    }
    cout << dp[n] << endl;
}