写在前边
A. Puzzle From the Future
链接：A题链接
题目大意:
给定一个(a),(b)，(d = a + b)，例如：(a = 0101), (b= 1111), (d = 1212)，但是d如果有连续重复的数字那么会省掉，假如(a + b = 12211)，则(d = 121)，现在已知(a)，(b)丢失了，要求求出一个(b)使得(d)最大。
思路：
首先要使得(d)最大化，(b)的第一位必定是(1)，剩下的直接从前到后模拟即可，若(a_i + b_i == d[i-1])那么(d)会减小，因此“反其道而行之即可”。
代码:
#include <iostream>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define PLL pair<long, long>
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
void solve() {
string s, res = "1";
int n;
cin >> n;
cin >> s;
for (int i = 1; i < s.size(); i++) {
if (((s[i]-'0') + 1) == (s[i - 1] - '0' + res[i - 1] - '0')) {
res += '0';
} else {
res += '1';
}
}
cout << res << endl;
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
B. Different Divisors
链接：B题链接
题目大意:
给定一个(d)，求(a)，要求(a)至少有(4)个约数，并且约数两两之间的至少差(d)，并且要求(a)是可行方案中中的最小值。
思路：
(quad) 题目要求四个约数，那么让其只有四个约数即可，即(1 quad p quad q quad pq)，(p >= 1 + d), (q >= p + d)，因此(p)就是大于(d + 1)的最小质数，(q)就是大于(p + d)的最小质数，那么(p * q)就是满足条件(a)。
证明：
(quad) 若(p)是一个(>=1+d)合数，那么(1 -- p)之间必定还会会有一个(p)的约数(p′)，因为(p′)是(p)的约数，那么它必然也是(a)的约数这就使得(p′-1 < d)，不满足约数之间至少差(d)的条件，因此矛盾。
(quad) 若(p)不是最小质数，设其为(p′)，另一个为(q′)，那么(p′ * q′ > p*q)，因此(p′)、(q′)并不是最优解。
综上：(p)为(p >= 1 + d)的最小质数与(q)为(q >= p + d)最小质数为最优解。
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define PLL pair<long, long>
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
const int N = 25e3 + 10;
int primes[N], cnt;
bool st[N];
void get_primes() {
for (int i = 2; i <= N; i++) {
if (!st[i]) {
primes[cnt++] = i;
}
for (int j = 0; primes[j] <= N / i; j++) {
st[primes[j] * i] = true;
if (i % primes[j] == 0) {
break;
}
}
}
}
void solve() {
int d;
cin >> d;
int p, q, pcnt = 0;
for (pcnt; pcnt <= cnt; pcnt++) {
if (primes[pcnt] - 1 >= d) {
p = primes[pcnt];
break;
}
}
for (int i = pcnt; i <= cnt; i++) {
if (primes[i] - p >= d) {
q = primes[i];
break;
}
}
cout << p * q << endl;
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
get_primes();
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
C. Array Destruction
链接：C题链接
题目大意:
例如，如果最初(a=[3,5,1,2])，则可以选择(x=6)。然后你可以选择第二个和第三个元素的总和(5+1=6)，并抛出它们。在这个运算之后，(x)等于(5)，数组中有两个元素：(3)和(2)。你可以在下次操作时把它们扔了，那么输出
YES
6
1 5
2 3
若无论如何数组内元素都无法清空，那么输出(NO)即可。
思路：
每次选最大的数作为x。
证明:
假设(a_i < a_j < a_k),不选(a_j)来构造x，那么即(a_i + a_j = x),此后(x = a_j)，之后无论如何都消除不掉(a_k)，因此每次选最大数作为x即可。
那么第一次除了选最大的数作为下一轮的x，另一个数就需要枚举所有可能，直到枚举到一个可以消掉所有数的情况。明白了这一点那么剩下的只需要模拟即可，可以用(multiset)，因为其查找删除插入操作都是(O(logn))，若不用(multiset)则手写二分查找即可，最时间复杂度:(O(n^2logn))
自己的错误:写了一晚上，但最后还是(TLE2)告终，其实我已经知道了每次要选最大值了，但还是用双指针来搜哪两个数等于(x)，由于答案唯一，因此搜的结果是对的，但是导致(O(n^3))被卡，应该直接确定数组中还剩下的最大数，然后剩下的小数直接用二分搜就好了。
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <set>
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define PLL pair<long, long>
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
vector<PII> check(VI all, int n, int x) {
vector<PII> res;
multiset<int> s;
for (auto it : all) {
s.insert(it);
}
for (int i = 0; i < n; i++) { //2*n个数，n个答案
auto it1 = s.end();
it1--;
int y = x - *it1;
s.erase(it1);
auto it2 = s.find(y);
if (it2 == s.end()) {
return {};
}
s.erase(it2);
res.push_back({y, x - y});
x = max(x - y, y);
}
return res;
}
void solve() {
int n;
cin >> n;
VI all;
for (int i = 0; i < n * 2; i++) {
int c;
cin >> c;
all.push_back(c);
}
sort(all.begin(), all.end());
for (int i = 0; i < all.size() - 1; i++) { //枚举第一次操作的第二个数
int x = all[i] + all[all.size() - 1]; //最大的一个
vector<PII> res = check(all, n, x);
if (res.size()) {
cout << "YES" << endl;
cout << x << endl;
for (auto it : res) {
cout << it.first << " " << it.second << endl;
}
return;
}
}
cout << "NO" << endl;
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}