Codeforces Round 665 赛后解题报告（暂AD）

Codeforces Round 665 赛后解题报告

A. Distance and Axis

我们设 \(B\) 点 坐标为 \(x(x\leq n)\)。由题意我们知道

\[\mid(n-x)-x\mid=k \]

\[\mid n-2\cdot x \mid=k \]

因此 \(n,k\) 同奇偶。我们分类来讨论，如果 \(n<k\)，那么最优方案一定是让 \(k'=n,x=n\)。这一定是最小的，因为再要满足条件就 \(k'>n\) 了，肯定不优。若 \(n\geq k\)。则我们只需要满足同奇偶的条件，判断一下即可

//Don't act like a loser.
//You can only use the code for studying or finding mistakes
//Or,you'll be punished by Sakyamuni!!!
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int read() {
	char ch=getchar();
	int f=1,x=0;
	while(ch<'0'||ch>'9') {
		if(ch=='-')
			f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9') {
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return f*x;
}

int n,k;

signed main() {
	int T=read();
	
	while(T--) {
		n=read();k=read();
		
		if(n<k) {
			cout<<k-n<<endl;
		}
		else {
			cout<<(n-k)%2<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

B. Ternary Sequence

这个题就是直接贪心讨论即可。

我们来分析一下，其实这个题目 \(c_i\) 的计算根本没那么麻烦.我们只需贪心计算。我们先尽可能让 \(b\) 中的 \(2\) 产生最小负面影响。我们第一选择是拿 \(a\) 中的 \(0\) 一个一个去送死抵消。再拿 \(2\) 去抵消。最后才是 \(1\) 因为只有此时每一对都会产生 \(-2\) 的负面 BUFF。然后我们尽可能多的让 \(a\) 中的 \(2\) 产生正面 BUFF，和 \(b\) 中的 \(1\) 一个一个配对，剩下的随意排布都不会产生贡献或负贡献，算法就结束了。

//Don't act like a loser.
//You can only use the code for studying or finding mistakes
//Or,you'll be punished by Sakyamuni!!!
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int read() {
	char ch=getchar();
	int f=1,x=0;
	while(ch<'0'||ch>'9') {
		if(ch=='-')
			f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9') {
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return f*x;
}

int x[2],y[2],z[2];

signed main() {
	int T=read();
	while(T--) {
		for(int i=0;i<=1;i++) {
			x[i]=read();y[i]=read();z[i]=read();
		}
		
		int ans=0;
		
		int tmp=min(z[1],x[0]);
		z[1]-=tmp;
		x[0]-=tmp;
		if(z[1]) {
			int t1=min(z[1],z[0]);
			z[1]-=t1;
			z[0]-=t1;
			if(z[1]) {
				ans-=z[1]*2;
				y[0]-=z[1];
			}
		}
		
		ans+=min(z[0],y[1])*2;
		
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

C. Mere Array

虽然比赛的时候我写挂了一次，但我还是蛮喜欢这道题的

这个题的思路很妙，我们先来看题目中的条件：

In one operation, you can choose two different indices \(i\) and \(j\) (\(1\leq i\),\(j\leq n\)). If \(\gcd(a_i,a_j)\) is equal to the minimum element of the whole array a, you can swap \(a_i\) and \(a_j\)

这证明我们可以先找出这个最小值，即为 \(divi\)（全称divisor，注意 div 在头文件中出现过，不能用！）。我们只要判断一个数 \(a_i\)，若 \(divi\nmid a_i\)，我们要判断他是否在正确的位置上，即有多少的数比它小。若不在正确位置上，直接 \(\text{NO}\)，否则继续判断。

一开始我是这样写的，但是由于写挂了，于是怀疑这个是错误的

其实这个怀疑很正常，因为我们认为的是两个都能被 \(divi\) 整除的数可以直接交换位置，但是如果 \(divi=2\)，那么 \(4,8\) 不能直接交换位置。这边是我一开始的疑惑。但是后来，我们可以发现，\(4,8\)，不能直接交换位置，我们可以间接交换呀。我们先把 \(2,4\) 换一下，再换一下 \(2,8\)，最后再换一下 \(2,4\) 就完成了。因此原算法正确。只是我写挂了而已qwq

特别注意一下如果 \(a_i\)=\(a_{i-1}\)，我们的要特殊处理

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//Or,you'll be punished by Sakyamuni!!!
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int read() {
	char ch=getchar();
	int f=1,x=0;
	while(ch<'0'||ch>'9') {
		if(ch=='-')
			f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9') {
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return f*x;
}

const int maxn=1e5+10;

int n,a[maxn],divi,b[maxn];

signed main() {
	int T=read();
	
	while(T--) {
		n=read();
		divi=1e9+10;
		for(int i=1;i<=n;i++) {
			a[i]=read();
			b[i]=a[i];
			divi=min(divi,a[i]);
		}
		
		sort(b+1,b+n+1);//排序
		
		bool flag=1;
		int pos=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) {
			if(a[i]%divi!=0) {
				pos=upper_bound(b+1,b+i+1,a[i])-b; 
				if(!(pos-1==i&&b[pos-1]==a[i])) {//如果 $a_i$=$a_{i-1}$，我们的要特殊处理
					printf("NO\n");
					flag=0;
					break;
				}
			}
		}
		if(flag) {
			printf("YES\n");
		}
	}
	return 0;
}

D. Maximum Distributed Tree

贪心题石锤。

这个题有一个突破口，就是我们可以先用一遍 \(\text{dfs}\) 来求出所有边在答案 \(\sum\limits_{i=1}^{n-1}\sum\limits_{j=i+1}^{n} f(i,j)\) 中的贡献次数。所以我们可以有以下的式子：

\[\sum\limits_{i=1}^{n-1}\sum\limits_{j=i+1}^{n} f(i,j)=\sum\limits_{(u,v\in E)}con_{(u,v)}\times w_{(u,v)} \]

其中 \(con_{(u,v)}\) 表示 \((u,v)\) 这条边被经过次数，\(w_{(u,v)}\) 表示 \(u,v\) 这条边的边权。

如果我们以 \(1\) 为根，\(size_u\) 表示以 \(u\) 为根的子树的大小。那么连接 \(u,v\)，且 \(u\) 为 \(v\) 的父亲的这条边对答案的贡献就是 \(con_{(u,v)}=size_u\times (n-size_u)\)。

我们再来维护边权。有两种情况，我们分别讨论

• 如果 \(m<n-1\) 那么一定会有边权为 \(1\) 的边出现。那么为了让 \(1\) 最少（题目要求），我们只有唯一解
• 否则我们可以让一些质因子合并，构造出 \(n-1\) 个边权。那么我们为了让答案最大，一定是把最大的 \(m-n+2\) 个边权堆在一起。证明很简单，就是因为如果我们有 \(a>b,k>0\)，那么 \(k\cdot a>k\cdot b\)。最后给 \(w,con\) 数组排个序即可。

注意，对于 \(con\) 数组，先排序在取模；对于 \(w\) 数组，按顺序处理，由于数字太大在处理时就要取模，千万别排序！！！

//Don't act like a loser.
//You can only use the code for studying or finding mistakes
//Or,you'll be punished by Sakyamuni!!!
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int read() {
	char ch=getchar();
	int f=1,x=0;
	while(ch<'0'||ch>'9') {
		if(ch=='-')
			f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9') {
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return f*x;
}

const int maxn=1e5+10,mod=1e9+7;

int n,m;
int p[maxn],a[maxn],h[maxn],cnt,w[maxn],sz[maxn],con[maxn],tot;

struct edge {
	int v,next;
}e[maxn<<1];

void addedge(int u,int v) {
	e[++cnt].v=v;
	e[cnt].next=h[u];
	h[u]=cnt;
}
void insert(int u,int v) {
	addedge(u,v);
	addedge(v,u);
}

void dfs(int u,int fa) {
	sz[u]=1;
	for(int i=h[u];i;i=e[i].next) {
		int v=e[i].v;
		
		if(v!=fa) {
			dfs(v,u);
			sz[u]+=sz[v];
		}
	}
	if(fa!=0) {
		con[++tot]=sz[u]*(n-sz[u]);//不着急取模
	}
}

signed main() {
	int T=read();
	while(T--) {
		n=read();
		fill(h+1,h+n+1,0);
		cnt=0;
		for(int i=1;i<n;i++) {
			insert(read(),read());
		}
		m=read();
		fill(w,w+n+1,0);
		for(int i=1;i<=m;i++) {
			p[i]=read();
		}
		sort(p+1,p+m+1);//这里要先排序
		
		if(n-1<m) {//第一种
			for(int i=1;i<n-1;i++) {
				w[i]=p[i];
			}
			w[n-1]=p[n-1];
			for(int i=n;i<=m;i++) {
				w[n-1]=w[n-1]*p[i]%mod;
			}
		}
		else {//第二种
			for(int i=1;i<=m;i++) {
				w[i]=p[i];
			}
			for(int i=m+1;i<n;i++) {
				w[i]=1;
			}
			sort(w+1,w+n);
		}
		
		tot=0;
		dfs(1,0);//维护con
		
		int ans=0;
		
		sort(con+1,con+n);
		for(int i=1;i<n;i++) {
			ans+=con[i]%mod*w[i]%mod;//贪心
			ans%=mod;
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

这里放一个拓展。因为在比赛时我有一个朋友把 product 理解为 sum，所以浪费了很多时间。不是无中生友qwq。大家看到这篇题解可以想一想如果是 sum 怎么做，可以在评论里交流一下~