Codeforces Round #592 (Div. 2)

传送门

A. Pens and Pencils

签到。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
 
int a, b, c, d, k;
 
void run() {
	cin >> a >> b >> c >> d >> k;
	for(int x = 1; x < k; x++) {
		int y = k - x;
		if(x * c >= a && y * d >= b) {
			cout << x << ' ' << y << '
';
			return;
		}
	}
	cout << -1 << '
';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    int T; cin >> T;
    while(T--) run();
    return 0;
}

B. Rooms and Staircases

签到。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1005;
 
int n;
char s[N];
 
void run() {
	cin >> n;
	cin >> (s + 1);
	int left = -1, right;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		if(s[i] == '1') {
			left = i; break;
		}
	}
	for(int i = n; i >= 1; i--) {
		if(s[i] == '1') {
			right = i; break;
		}
	}
	int ans = 0;
	if(left == -1) {
		ans = n;
	} else {
		ans = max(2 * right, 2 * (n - left + 1));
	}
	cout << ans << '
';
} 
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    int T; cin >> T;
    while(T--) run();
    return 0;
}

C. The Football Season

题意：
现在共有(n,nleq 10^{12})场比赛，赢一场比赛获得(w)分，平局获得(d)分，输了不加分，(1leq d<wleq 10^5)。
现在知道总分(p,pleq 10^{17})，求三元组((x,y,z))满足:

• (xcdot w+ycdot d=p)
• (x+y+z=n)

不存在则输出(-1)。

思路：
这不是扩欧模板题吗？也不是那么模板，还要贪心一下求个最小解，所以就卡了一整场比赛。
因为(d<w)，那么可以知道(y< w)，因为当(ygeq w)时，(w)个(d)不如(x=d)时，(d)个(w)划算。
然后(w)的范围也比较小，所以直接枚举判断就是了。

或者这样思考：反正是求较小解，那么得到解过后，(y)会模上(w)，也就是说自然(y)的范围就比较小了。为什么是(y)模，因为(x)越多总数量越小~

感觉还是挺巧妙的QAQ，没有细心分析题目性质以及数据范围。
所以说模板题不可信！！

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
 
ll n, p, w, d;
 
void run() {
	for(int y = 0; y < w; y++) {
		if(p - y * d < 0) break;
		if((p - y * d) % w == 0) {
			ll x = (p - y * d) / w;
			if(n - x - y >= 0) {
				cout << x << ' ' << y << ' ' << n - x - y << '
';
				return;
			}
		}
	}
	cout << -1 << '
';
	return;
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n >> p >> w >> d) run();
    return 0;
}

D. Paint the Tree

容易发现只有链的情况合法，链的情况就很简单了。
因为颜色个数较少，所以直接枚举颜色排列染色就行。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
 
int n;
int c[3][N];
int a[N], d[N], color[N], tmp[N];
vector <int> g[N];
int T;
 
void dfs(int u, int fa) {
	a[++T] = u;
	for(auto v : g[u]) {
		if(v == fa) continue;
		dfs(v, u);
	}
}
 
void run() {
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		d[i] = 0;
		g[i].clear();
	}
	T = 0;
	for(int i = 0; i < 3; i++) {
		for(int j = 1; j <= n; j++) {
			cin >> c[i][j];
		}
	}
	for(int i = 1; i < n; i++) {
		int u, v; cin >> u >> v;
		++d[u], ++d[v];
		g[u].push_back(v), g[v].push_back(u);
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		if(d[i] >= 3) {
			cout << -1 << '
';
			return;
		}
	}
	int rt;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		if(d[i] == 1) rt = i;
	}
	dfs(rt, 0);
	int col[3] = {0, 1, 2};
	ll ans = 1e18;
	do {
		ll res = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i++) {
			res += c[col[(i - 1) % 3]][a[i]];
			tmp[a[i]] = col[(i - 1) % 3];
		}
		if(res < ans) {
			ans = res;
			memcpy(color, tmp, sizeof(color));
		}
	} while(next_permutation(col, col + 3));
	cout << ans << '
';
	for(int i = 1; i <= n; i++) cout << color[i] + 1 << " 
"[i == n];
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n) run();
    return 0;
}

E. Minimizing Difference

题意：
给出(n)个数，现在你可以执行不超过(k)次操作，每次操作可以让一个数加一或者减一。
问最后最大与最小值的差值最小是多少。

思路：

• 显然差值具有单调性，可以考虑二分差值。
• 注意到最终最优的情况中，一定存在某个数其没有发生改变。
• 那么直接枚举下界和上界，二分找另外一个界限就行（也可以利用双指针）。

至于为什么可以一定存在某个数不会改变，可以这样考虑：
若最终存在至少两个不同的数，那肯定满足；
若最终是只有一个值，那么一定会达到只有两个值的状态，我们固定一个数量较多的不变就行，不影响结果。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
 
ll n, k;
int a[N];
ll sum[N];
 
bool chk(int d) {
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		int low = lower_bound(a + 1, a + n + 1, a[i]) - a - 1;
		int high = upper_bound(a + 1, a + n + 1, a[i] + d) - a;
		ll tot = 1ll * low * a[i] - sum[low] + sum[n] - sum[high - 1] - 1ll * (n - high + 1) * (a[i] + d);
		if(tot <= k) return true;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		int high = upper_bound(a + 1, a + n + 1, a[i]) - a;
		int low = lower_bound(a + 1, a + n + 1, a[i] - d) - a - 1;
		ll tot = 1ll * low * (a[i] - d) - sum[low] + sum[n] - sum[high - 1] - 1ll * (n - high + 1) * a[i];
		if(tot <= k) return true;
	}
	return false;
}
 
void run() {
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	sort(a + 1, a + n + 1);
	for(int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
	int l = 0, r = 1e9 + 1, mid;
	while(l < r) {
		mid = (l + r) >> 1;
		if(chk(mid)) r = mid;
		else l = mid + 1;
	}
	cout << l << '
';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n >> k) run();
    return 0;
}

F. Chips

题意：
给出一个只有黑白两种颜色的环，然后执行(k)次操作，每次操作，对于每个位置，若其两边的颜色和它不同，它的颜色就发生改变。
问(k)次过后的颜色状态是什么。
注意一下，每次操作中，颜色改变是同时的。

思路：
关键在于连续的段，很容易发现颜色连续的段颜色不会发生改变。
那么我们将所有连续的段提取出来，每次单独考虑两个连续段的中间部分，将(k)和(len)取(min)暴力修改即可。
易知复杂度不超过(O(n))。
注意一下因为是环，开头和结尾的部分不是很好处理，所以可以将序列复制两次，最后只看中间部分，这样就比较方便处理。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 5;
 
int n, k;
char s[3 * N];
 
struct seg{
	int l, r, c;
}a[N];
 
void run() {
	cin >> (s + 1);
	for(int j = n + 1; j <= 3 * n; j++) {
		s[j] = s[j - n];
	}
	s[3 * n + 1] = '';
	int tot = 0;
	for(int i = 1, j; i <= 3 * n; i = j) {
		j = i + 1;
		while(j <= 3 * n && s[i] == s[j]) ++j;
		int col = (s[i] == 'W' ? 0 : 1);
		if(j - i > 1)
			a[++tot] = {i, j - 1, col};
	}
	// for(int i = 1; i <= tot; i++) {
	// 	cout << a[i].l << ' ' << a[i].r << '
';
	// }
	for(int i = 1; i < tot; i++) {
		int len = a[i + 1].l - 1 - a[i].r;
		if(a[i].c == a[i + 1].c) {
			if(len - 2 * k > 0) {
				for(int j = a[i].r + 1; j <= a[i].r + k; j++) {
					s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
				}
				for(int j = a[i + 1].l - 1; j >= a[i + 1].l - k; j--) {
					s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
				}
				for(int j = a[i].r + k + 1; j <= a[i + 1].l - k - 1; j++) {
					s[j] = (s[j - 1] == 'W' ? 'B' : 'W');
				}
			} else {
				for(int j = a[i].r + 1; j <= a[i + 1].l - 1; j++) {
					s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
				}
			}
		} else {
			if(len - 2 * k > 0) {
				for(int j = a[i].r + 1; j <= a[i].r + k; j++) {
					s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
				}
				for(int j = a[i + 1].l - 1; j >= a[i + 1].l - k; j--) {
					s[j] = (a[i + 1].c == 0 ? 'W' : 'B');
				}
				for(int j = a[i].r + k + 1; j <= a[i + 1].l - k - 1; j++) {
					s[j] = (s[j - 1] == 'W' ? 'B' : 'W');
				}
			} else {
				for(int j = a[i].r + 1; j <= a[i].r + len / 2; j++) {
					s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
				}
				for(int j = a[i + 1].l - 1; j >= a[i + 1].l - len / 2; j--) {
					s[j] = (a[i + 1].c == 0 ? 'W' : 'B');
				}				
			}			
		}
	}
	if(tot == 0 && k & 1) {
		for(int i = n + 1; i <= 2 * n; i++) {
			s[i] = (s[i] == 'W' ? 'B' : 'W');
		}
	}
	for(int i = n + 1; i <= 2 * n; i++) {
		cout << s[i];
	}
	cout << '
';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n >> k) run();
    return 0;
}

G. Running in Pairs

题意：
给出两个排列(p,q)，先可以任意调换排列的顺序，求最大的(sum_{i=1}^{n}max(p_i,q_i))，同时其不能超过(k)。

思路：

• 观察可以发现，在所有的(max(p_i,q_i))中，同一个数最多出现两次。
• 采用贪心策略，应尽可能接近(k)，所以每次将目前最大和最小的交换。
• 若交换过后值超过(k)，因为交换产生的贡献是连续的，所以我们选取中间最优的进行交换即可。

这G貌似有点简单。。。就是一个普通的贪心。。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e6 + 5;
 
ll n, k;
int a[N], b[N];
 
void run() {
	ll ans = (n + 1) * n / 2;
	if(ans > k) {
		cout << -1 << '
';
		return;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = b[i] = i;
	int p = n / 2;
	int now = n - 1, pos = 1;
	for(int i = 1; i <= p; i++) {
		if(ans + now > k) {
			swap(a[pos], a[pos + k - ans]);
			break;
		}
		ans += now;
		now -= 2;
		swap(a[pos], a[n - pos + 1]);
		++pos;
	}
	ll sum = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) sum += max(a[i], b[i]);
	cout << sum << '
';
	for(int i = 1; i <= n; i++) cout << a[i] << " 
"[i == n];
	for(int i = 1; i <= n; i++) cout << b[i] << " 
"[i == n];
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n >> k) run();
    return 0;
}