Codeforces Round #636 (Div. 3)

题目传送门

A - Candies

题目大意：找到一个x ，存在k>1，使x + 2x + 4x + ⋯ + 2^(k−1)x = n。

即找到x，k满足这个式子：(2^k-1)*x = n，可以枚举k 判断(2^k-1)|n

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, a, b) for (register int i = a; i <= b; i++)

int main()
{
    int t;
    cin >> t;
    ll n;
    while (t--)
    {
        cin >> n;
        for (ll k = 2; (1 << k) - 1 <= n; k++)
            if (n % ((1 << k) - 1) == 0)
            {
                cout << n / ((1 << k) - 1) << endl;
                break;
            }
    }
}

B. Balanced Array

题目大意，给一个偶数n，构造数列a满足：

1．前n/2个数为偶数

2．后n/2个数为奇数

3．所有数不相同，大于零

4．前n/2个数的和等于后n/2个数

 

因为左右部分的和相同，奇数部分的个数为偶数，因为和为偶数，所以n%4!=0则不可构造，

当n%4==0时，按照 2, 4, …, n-2, n,  1, 3, …, n-3, n+1, n+3, …, n+1  奇数中间跳一个值

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, a, b) for (register int i = a; i <= b; i++)

int main()
{
    int t, n;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        cin >> n;
        if (n % 4)
            puts("NO");
        else
        {
            puts("YES");
            for (int i = 2; i <= n; i += 2)
                cout << i << " ";
            for (int i = 1; i <= n + 1; i += 2)
                if (i != n / 2 + 1)
                    cout << i << " ";
            cout << endl;
        }
    }
}

C. Alternating Subsequence

题目大意，给一个序列a，最大化长度最大的正负数交错排列的子序列的和。

长度最大即连续的正数或负数之中必须要选一个，那么直接选最大的那个

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, a, b) for (register int i = a; i <= b; i++)

int main()
{
    int t, n;
    ll ans, a, tmp;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        cin >> n;
        ans = 0;
        tmp = 0;
        rep(i, 1, n)
        {
            cin >> a;
            if (tmp * a > 0)
                tmp = max(tmp, a);
            else
            {
                ans += tmp;
                tmp = a;
            }
        }
        cout << ans + tmp << endl;
    }
}

D. Constant Palindrome Sum

题目大意，给一个长度为n的序列a，将a中的值改为中[1,k]任意一个数，满足i∈[1,n/2] a_i+a_n-i+1 = x值相等，求最小的修改次数。

可以发现对于每一对数，修改次数为0，1，2，由x决定

  　　[ 2, min(a[i], a[n-i+1]) ]                          　　 2次

  　　[ min(a[i], a[n-i+1])+1, a[i]+a[n-i+1]-1 ] 　　  1次

 　　 a[i]+a[n-i+1]                                        　　    0次

 　　 [ a[i]+a[n-i+1]+1,max(a[i], a[n-i+1])+k ] 　　  1次

 　　 [ max(a[i], a[n-i+1])+k+1, 2*k ]              　　  2次

枚举x∈[2,k * 2]，遍历a数组，求得最小的修改次数，复杂度O(nk)，显然不行

因为修改次数区间是连续的，可以用线段树或者树状数组来维护x∈[2,k * 2]的修改次数

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, a, b) for (register int i = a; i <= b; i++)

int n, k, ans, a[200010];

int c[400010];
int lowbit(int x)
{
    return x & (-x);
}

void update(int x, int d)
{
    while (x <= 2 * k + 1)
    {
        c[x] += d;
        x += lowbit(x);
    }
}

int getsum(int x)
{
    int tmp = 0;
    while (x)
    {
        tmp += c[x];
        x -= lowbit(x);
    }
    return tmp;
}

int main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        cin >> n >> k;
        rep(i, 1, n) cin >> a[i];
        rep(i, 1, k * 2 + 1) c[i] = 0;
        rep(i, 1, n / 2)
        {
            update(2, 2);
            update(min(a[i], a[n - i + 1]) + 1, -1);
            update(a[i] + a[n - i + 1], -1);
            update(a[i] + a[n - i + 1] + 1, 1);
            update(max(a[i], a[n - i + 1]) + k + 1, 1);
            update(2 * k + 1, -2);
        }
        ans = n;
        rep(i, 2, 2 * k)
            ans = min(ans, getsum(i));
        cout << ans << endl;
    }
}

E. Weights Distributing

题目大意，给定无向无权图，给图加权值，使a->b,b->c代价最小

设a->b经过x，如果b->c经过x，那么一定是延a->x->b的方向返回至x，就可以理解成a->x->b->x->c

枚举x，求dis(a,x) + 2*dis(b,x) + dis(c,x)最小值，中间求个前缀和就行了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, a, b) for (register int i = a; i <= b; i++)

int n, m, a, b, c;
ll p[200010], ans;

struct node
{
    int to, next;
} e[400010];
int id = 0, head[200010];
int disa[200010], disb[200010], disc[200010];
void add(int x, int y)
{
    id++;
    e[id].to = y;
    e[id].next = head[x];
    head[x] = id;
}
int main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t, u, v;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        id = 0;
        memset(head, 0, sizeof(head));
        cin >> n >> m >> a >> b >> c;
        rep(i, 1, m) cin >> p[i];
        sort(p + 1, p + m + 1);
        rep(i, 1, m) p[i] += p[i - 1];
        rep(i, 1, m)
        {
            cin >> u >> v;
            add(u, v);
            add(v, u);
        }
        rep(i, 1, n) disa[i] = disb[i] = disc[i] = -1;
        queue<int> q;
        q.push(a);
        disa[a] = 0;
        while (!q.empty())
        {
            int u = q.front();
            q.pop();
            for (int i = head[u]; i; i = e[i].next)
                if (disa[e[i].to] == -1)
                {
                    disa[e[i].to] = disa[u] + 1;
                    q.push(e[i].to);
                }
        }
        q.push(b);
        disb[b] = 0;
        while (!q.empty())
        {
            int u = q.front();
            q.pop();
            for (int i = head[u]; i; i = e[i].next)
                if (disb[e[i].to] == -1)
                {
                    disb[e[i].to] = disb[u] + 1;
                    q.push(e[i].to);
                }
        }
        q.push(c);
        disc[c] = 0;
        while (!q.empty())
        {
            int u = q.front();
            q.pop();
            for (int i = head[u]; i; i = e[i].next)
                if (disc[e[i].to] == -1)
                {
                    disc[e[i].to] = disc[u] + 1;
                    q.push(e[i].to);
                }
        }
        ans = p[m] * 2;
        rep(i, 1, n) if (disa[i] + disb[i] + disc[i] <= m) ans = min(ans, p[disb[i]] + p[disa[i] + disb[i] + disc[i]]);
        cout << ans << endl;
    }
}