标签：Educational Rated const int ll Codeforces long cin maxn
A. Distance
题目要求找出一个\((0,0)\)与\((x,y)\)之间曼哈顿距离的中点。
先判断距离是否存在，即曼哈顿距离是否是奇数。如果存在，可以从原点出发，先横着走，再竖着走，构造出中点的位置。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ld long double
const ld pi = acos(-1);
const int maxn = 1111;
signed main()
{
int t;cin >> t;
while(t--)
{
int x,y;
cin >> x >> y;
if((x+y)&1)
{
cout << "-1 -1" << endl;
continue;
}
int p = (x+y)/2;
if(p<=x){
cout << p << " 0" << endl;
}
else
{
cout << x << " " << p-x << endl;
}
}
return 0;
}
B. Special Permutation
题目给出一个长度为偶数的排列，给出a,b要求排列左半边的最小值是a，右半边的最大值是b。
先判断是否有解，如果b比一半多一的元素小或者a比一半多一的元素大，无解。如果a,b在相同的半边，也无解。
如果有解，可以确定a,b在不同的半边。采用构造的方法，将排列降序然后交换a,b(如果需要)即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ld long double
const ld pi = acos(-1);
const int maxn = 1111;
int k[10004];
signed main()
{
int t;cin >> t;
while(t--)
{
int n;cin >> n;
for(int i=1;i<=n;++i)
k[i] = n-i+1;
int a,b;cin >> a >> b;
if(b<n/2||a>n/2+1||(a<=n/2&&b<=n/2)||(a>n/2&&b>n/2))
{
cout << -1 << endl;
continue;
}
if(a<b) swap(k[n-a+1],k[n-b+1]);
for(int i=1;i<n;++i)
cout << k[i] << " ";
cout << k[n] << endl;
}
return 0;
}
C. Chat Ban
应该属于一道比较明显的二分题。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ld long double
const ld pi = acos(-1);
const int maxn = 1111;
int k[10004];
signed main()
{
int t;cin >> t;
while(t--)
{
ll k,x;
cin >> k >> x;
ll l = 1,r = 2*k-1;
while(l<r)
{
ll mid = (l+r) >> 1;
bool ok = 1;
if(mid<=k){
ll emo = mid*(mid+1)/2;
if(emo>=x) ok = 0;
}
else{
ll emo = k*(k+1)/2+(mid-k)*(k-1+2*k-mid)/2;
if(emo>=x) ok = 0;
}
if(ok) l = mid + 1;
else r = mid;
//cout << "l " << l << "r "<< r << endl;
}
cout << l << endl;
}
return 0;
}
D. X-Magic Pair
题目给出a,b，每一次可以选一个变成a-b的绝对值，问能不能变换出x。
考虑到每操作一次，一定会用结果替代大的那个数，不然就循环了。那么考虑直接减减减，但是如果一个数很大的话肯定会T。这个时候想到了取模。因为一直减到最后可以看成取模的效果，而如果在减的过程中出现了x，那x一定与大的那个数同余。于是不断取模就可以了，类似gcd。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ld long double
const ld pi = acos(-1);
const int maxn = 1111;
int k[10004];
signed main()
{
int t;cin >> t;
while(t--)
{
ll a,b,x;
cin >> a >> b >> x;
while(1)
{
if(a<b) swap(a,b);
if(a==x){
cout << "YES" << endl;
break;
}
if(b==0)
{
cout << "NO" << endl;
break;
}
if(a<x){
cout << "NO" << endl;
break;
}
if(a%b==x%b)
{
cout << "YES" << endl;
break;
}
a = a % b;
}
}
return 0;
}
E. Messages(补题)
每个学生都有一个必读消息m和最多阅读置顶消息数k，问置顶哪几条消息使得必读消息被读的期望数最大。
假定选择的消息数固定为t，那么就可以算出选择每个消息对结果贡献的期望。对于每个学生{m,k}，则消息m可以对结果多贡献min(1,k/t)。然后选择贡献最多的前t个消息就是消息数为t情况下的最优解。
由于k不超过20，则将t从1到20枚举，比较得出全局最优解。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ld long double
const ld pi = acos(-1);
const int maxn = 200005;
int n;
struct M
{
ll v;
int id;
} mes[maxn];
bool cmp(M a,M b)
{
return a.v > b.v;
}
int m[maxn];
int k[maxn];
double ans;
vector<int> ansv;
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin >> n;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
cin >> m[i] >> k[i];
}
for(int t=1;t<=20;++t)
{
for(int i=1;i<maxn;++i)
{
mes[i].v = 0;
mes[i].id = i;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(k[i]>=t) mes[m[i]].v += t;
else mes[m[i]].v += k[i];
}
sort(mes+1,mes+maxn,cmp);
vector<int> tmp;
ll a = 0;
for(int i=1;i<=t;++i)
{
a += mes[i].v;
tmp.push_back(mes[i].id);
}
if((double)a/t>ans)
{
ans = (double)a/t;
ansv = tmp;
}
}
cout << ansv.size() << endl;
for(int i=0;i<ansv.size()-1;++i)
cout << ansv[i] << " ";
cout << ansv[ansv.size()-1] << endl;
return 0;
}
F. Armor and Weapons(补题)
一开始有装备集\(A=\{1\},B=\{1\}\)每次可以从中选出\(a_i,b_j\)，并将\(a_i+b_j\)放进A或B中，对于一些给定的{\(a_i,b_j\)}，可以放\(a_i+b_j+1\)，问最少多少次能得到\(a_n,b_m\)。
看了题解以后恍然大悟。首先选择肯定要选两个集合中最大的划算。然后这个题相当于BFS，求从状态{1,1}到{n,m}的最短路。在题解中，为了优化时间复杂度，将每次搜索到的一层(即步数相同的节点)从右上到左下进行排序，剔除掉同一列中较小的点，保证每一层访问的结点数为\(O(m)\)，这样最慢以\(O(\log m)\)的速度接近m，然后再以\(\frac{n}{m}\)的速度接近n，复杂度\(O(m) \times O(\log m + \frac{n}{m})=O(m\log m+n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
typedef pair<int,int> P;
const int maxn = 1000005;
const ll mod = 1e9+7;
int n,m,q;
set<P> s;
vector<P> v;
bool cmp(P a,P b)
{
if(a.first==b.first)
return a.second > b.second;
else
return a.first > b.first;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin >> n >> m ;
cin >> q;
int x,y;
for(int i=1;i<=q;++i)
{
cin >> x >> y;
s.insert(make_pair(x,y));
}
int step = 0;
v.push_back(make_pair(1,1));
while(1)
{
if(v[0]==make_pair(n,m)) break;
vector<P> tmp;
for(auto k : v)
{
int sum = k.first + k.second;
if(s.count(k)) sum++;
tmp.push_back(make_pair(min(sum,n),k.second));
tmp.push_back(make_pair(k.first,min(sum,m)));
}
sort(tmp.begin(),tmp.end(),cmp);
int y = 0;
vector<P> tmp2;
for(auto k : tmp)
{
if(k.second>y)
{
y = k.second;
tmp2.push_back(k);
}
}
step++;
v = tmp2;
/*cout << "step " << step << endl;
for(auto k : v)
{
cout << k.first << " " << k.second << endl;
}*/
}
cout << step << endl;
return 0;
}
G. Max Sum Array(补题)
题解太妙了，感觉有两个关键点。
-
频率最大的数一定在两端，且它们对答案产生的贡献与除了两端之外其他的数的位置无关。
-
如果有多个频率最大的数，它们一定都排列在两端，且它们对答案的总贡献与它们在两端排列的相对位置无关。
根据上述两点采用递归的思想来解。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 1000005;
const ll mod = 1e9+7;
int n;
ll num[maxn];
ll fac[maxn];
ll ansp = 1;
ll ansv = 0;
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin >> n;
fac[0] = fac[1] = 1;
for(int i=2;i<maxn;++i)
fac[i] = (fac[i-1] * i) % mod;
int a;
ll total = 0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
cin >> a;
num[a]++;
total += a;
}
for(int i=maxn-1;i>=2;--i)
{
ansp = fac[num[i]] * fac[num[i]] % mod * ansp % mod;
ansv = (ansv + num[i]*(total-num[i])%mod*(i-1)%mod)%mod;
num[i-2] += num[i];
total -= 2 * num[i];
}
ansp = ansp * fac[num[1]] % mod;
cout << ansv << " " << ansp << endl;
return 0;
}
标签：Educational,Rated,const,int,ll,Codeforces,long,cin,maxn 来源： https://www.cnblogs.com/beiy/p/15599096.html
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