一场比较简单的题 比较脑洞
C 如果坐车比较快的话 先走不如等车 所以最后的ans是min(纯走路,纯坐车) 讨论一下坐车时间
D 因为k一定是>=1的 所以当a=b的时候 GBGBGB这样间隔放一定可以 想到a>b和b>a都是不太和谐的 应该尽力趋向于a=b 所以一开始使a>b 然后采取放x*a + 1*b的方式 蛮忙放下去 直到a=b
E 可以想到 多出来的数一定要被换掉 所以不需要计入一开始的奇数和偶数总量 先处理出来可以被换的m个数 因为m可能很大 所以取一个min(500050,m) 5*10^5是一定够用的
所以一开始多出来的数 要向促进奇偶平衡的方向去换 如果违逆了这种平衡(当奇数大于偶数的时候 把多余的数去换奇数) 未来可能会出现多换几次的可能 因为除去这些多余的数 有效的奇数和偶数的个数都已经确定 如果无效数的交换不能使平衡出现 就要继续换原本有效的数字来平衡 所以无效数的交换必须致力于平衡
如果无效数字没有可以换的数字(奇数>偶数的时候没有偶数来换了) 这时候其实是一定-1的
处理完无效数字 处理有效数字的时候也要这样来换 如果也出现了没有数字可以换的情况 就是-1
G 把这棵树以1为根转化为有根树 每一层的个数就是a[i] 并且最终有t层 有k个孤独城市 即有k个叶子节点
我们先在每一层拿一个点 连出一条主链来 接下来我们可以算出 在这个图中 叶子节点最多和最少有多少个
最多 即 现在没有连到树中的点的个数之和 还有当前在主链底端的点
最少 即 没有办法分配给一个下一层的儿子节点的点的个数 如果要尽量分配的话 仍然会有a[i]-a[i+1]个点不会被分到下一个点 而它只能连a[i-1]的点 所以孤独
如果k处于最多最少之间 问题有解
可以看到 如果要达到maxx 所有的点都连到上一层的主链上去即可 如果一个点不想做叶子节点 需要把 位于这个点正下方的点 使其不连主链 而是直接接上面的点
能满足条件的点 一共有maxx-minn个 而我们只需要选择maxx-k个进行这种操作就可以了 其余的点连接主链
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<map>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
#define L long long
int n , t , m ;
int a[200050] ;
vector<int >r[200050] ;
vector<int >q[200050] ;
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&t,&m) ;
for(int i=1;i<=t;i++)scanf("%d",&a[i]);
int tot=1;
r[0].push_back(1);
for(int i=1;i<=t;i++){
for(int j=0;j<a[i];j++){
tot++;
r[i].push_back(tot);
}
}
q[1].push_back(2);
for(int i=1;i<t;i++){
q[r[i][0]].push_back(r[i+1][0]);
}
int minn=1;
int maxx=1;
a[t+1]=1;
for(int i=1;i<=t;i++){
maxx+=(a[i]-1);
minn+=(max(a[i]-a[i+1],0));
}
if(m<minn||m>maxx){
printf("-1
");
return 0;
}
m=maxx-m;
for(int i=1;i<=t;i++){
for(int j=1;j<r[i].size();j++){
int k=j+1;
if(k>a[i-1]){
q[r[i-1][0]].push_back(r[i][j]);
}
else {
if(m>0){
m--;
q[r[i-1][j]].push_back(r[i][j]);
}
else {
q[r[i-1][0]].push_back(r[i][j]);
}
}
}
}
printf("%d
",n);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<q[i].size();j++){
printf("%d %d
",i,q[i][j]);
}
}
}
一场没有算法的比赛...