标签：tmp int 题解 665 ++ siz Div include scanf
A-D题的题解。
A. Distance and Axis
题意：
给定一条数轴\(OX\)，只有正半轴，原点是\(0\)。给定点\(A\)的坐标\(n\)和目标\(k\)，我们每次可以对点\(A\)执行以下两种操作之一：
- 使点\(A\)的位置\(+1\)；
- 使点\(A\)的位置\(-1\)。
问如果要使得数轴上存在一个点\(B\)，使得点\(B\)到\(O\)和\(A\)的距离之差的绝对值\(dis\)恰好为\(k\)，至少要执行多少次操作？
思路：
考虑\(k \geqslant n\)，让点\(B\)和原点重合，此时应执行\(k - n\)次操作；
当\(k < n\)时，我们每一次改变点\(B\)的位置，\(dis\)都会变化\(2\)。所以，当\(n\)和\(k\)奇偶性不同时，需要执行一次操作，否则是\(0\)次。
代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int T, n, k;
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d%d", &n, &k);
if (k >= n) {
printf("%d\n", k - n);
}
else if ((n + k) & 1) printf("%d\n", 1);
else printf("0\n");
}
return 0;
}
B. Ternary Sequence
题意：
给定两个序列\(a,b\)，序列中只包含\(0,1,2\)。告诉我们\(a\)和\(b\)中分别有几个\(0,1,2\)，问如果我们按照如下条件构造序列\(c\)，\(\sum\limits_{i=1}^{n}c_i\)最大是多少？
其中：
\[c_i = \begin{cases} a_ib_i &a_i > b_i \\ 0 & a_i = b_i \\ -a_ib_i & a_i < b_i \end{cases} \]
思路：
容易发现，要使\(sum\)增大，只有\(a_i = 2\)且\(b_i = 1\)的情况。要使\(sum\)减小，只有\(a_i = 1, b_i = 2\)的情况。所以我们尽可能使前一种情况增多，后一种情况减少。所以我们先用\(a_i = 0\)去对应\(b_i = 2\)的情况，然后用\(a_i = 2\)去对应\(b_i = 1\)的情况，再用\(b_i = 2\)去对应\(a_i = 2\)的情况，最后用\(b_i = 2\)去对应\(a_i = 1\)的情况即可。
代码：
比赛的时候写的，可能比较乱。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int T, a[3], b[3], ans, tmp;
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T--) {
ans = 0;
for (int i = 0; i < 3; i++)
scanf("%d", a + i);
for (int i = 0; i < 3; i++)
scanf("%d", b + i);
tmp = min(a[0], b[2]);
a[0] -= tmp;
b[2] -= tmp;
tmp = min(a[2], b[1]);
ans += (tmp << 1);
a[2] -= tmp;
b[1] -= tmp;
tmp = min(a[1], b[1]);
a[1] -= tmp;
b[1] -= tmp;
tmp = min(a[1], b[0]);
a[1] -= tmp;
b[0] -= tmp;
tmp = min(a[1], b[2]);
ans -= (tmp << 1);
a[1] -= tmp;
b[2] -= tmp;
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
C. Mere Array
题意：
给定一个包含\(n\)个数的序列\(a\)，当\(a\)中的两个数满足\(gcd(a_i, a_j)\)恰好是\(a\)中最小的数的时候，我们就可以交换\(a\)中的这两个数。问我们能否将其变成一个非降序列？
思路：
我们将\(a\)中每一个数与最小的数求\(gcd\)，如果\(a_i\)与最小的数的\(gcd\)不是最小的数，那么这个数的位置就不可能变化。对于其他的数，我们总是能够借助最小的数来交换他们的位置。所以我们就只需要copy一个\(a\)数组（假设它叫\(b\)），然后对\(b\)排序。对于\(a_i \neq b_i\)，如果\(gcd(a_i, min) \neq min\)，则不可能构成非降序列，否则能构成非降序列。
代码：
比赛的时候写的代码思路比较清奇QwQ，不过能过
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
int n, a[maxn], b[maxn], small, T, flag;
bool abl[maxn];
inline void init() {
small = INF;
flag = 0;
for (int i = 0; i <= n; i++) {
abl[i] = false;
}
}
int gcd(int a, int b) {
if (b == 0) return a;
return gcd(b, a % b);
}
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d", &n);
init();
for (int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%d", a + i);
b[i] = a[i];
small = min(small, a[i]);
}
sort(b, b + n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (gcd(a[i], small) != small) {
int l = lower_bound(b, b + n, a[i]) - b;
int r = upper_bound(b, b + n, a[i]) - b;
if (i < l || i >= r) flag = 1;
}
}
if (flag)
printf("NO\n");
else
printf("YES\n");
}
return 0;
}
D. Maximum Distributed Tree
题意：
给定一个\(n\)个点\(n-1\)条边的连通图（其实就是树），我们要给它的边赋值，必须满足如下条件：
- 边权必须大于\(0\)；
- 所有边权的乘积必须等于\(k\)（输入直接给出\(k\)分解质因数后的质因数）；
- 边权为\(1\)的边必须尽可能少
定义\(f(u,v)\)为从\(u\)点到\(v\)点路径的边权和，问\(\sum\limits_{i=1}^{n-1}\sum\limits_{j=i+1}^{n}f(i,j)\)最大是多少？答案对\(10^9+7\)取模。
思路：
假定数的根为\(1\)，点的点权等于连向它父结点的边的边权。我们对所有的子树求出子树大小\(siz\)，则对于每一条边（每一个结点连向父结点的边，\(siz\)是这个结点所在子树的大小），它在求和中出现的次数就是\(siz \times(n-siz)\)。把每一条边的\(siz \times (n - siz)\)求出来，从大到小排序，因为要使得求和尽量大，所以我们尽可能把质数中最大的给\(siz \times (n - siz)\)最大的边。但是注意质数的数量可能多于\(n - 1\)，这个时候我们就把最大的那些质数乘起来，变成一个质数，把它赋给\(siz \times (n - siz)\)最大的边即可。若质数少于\(n - 1\)，则不够的部分补\(1\)。
代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5;
const ll MOD = 1e9 + 7;
using namespace std;
struct Edge {
int to, nxt;
}e[maxn << 1];
int head[maxn], numedge, n, m, T, cur, siz[maxn];
ll res[maxn], prime[maxn], ans;
inline void AddEdge(int from, int to) {
e[numedge].to = to;
e[numedge].nxt = head[from];
head[from] = numedge;
numedge++;
}
inline void init() {
for (int i = 0; i <= n; i++) {
head[i] = -1;
res[i] = 0;
}
numedge = 0;
cur = 0;
ans = 0;
}
bool cmp(const ll &a, const ll &b) {
return a > b;
}
void dfs(int u, int fa) {
siz[u] = 1;
for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].nxt) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
dfs(to, u);
res[cur++] = 1LL * siz[to] * (n - siz[to]);
siz[u] += siz[to];
}
}
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d", &n);
init();
for (int i = 1; i < n; i++) {
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
AddEdge(x, y);
AddEdge(y, x);
}
scanf("%d", &m);
for (int i = 0; i < m; i++)
scanf("%lld", prime + i);
dfs(1, 0);
// for (int i = 1; i <= n; i++) {
// printf("%d ", siz[i]);
// }
// putchar('\n');
for (int i = m; i < n - 1; i++)
prime[i] = 1;
sort(res, res + cur);
sort(prime, prime + max(m, n - 1));
while (m > n - 1) {
prime[m - 2] = (prime[m - 2] * prime[m - 1]) % MOD;
m--;
}
for (int i = 0; i < cur; i++) {
ans = (ans + res[i] % MOD * prime[i] % MOD) % MOD;
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
标签：tmp,int,题解,665,++,siz,Div,include,scanf 来源： https://www.cnblogs.com/icysky/p/13545278.html
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