Codeforces Round #592 (Div. 2)

A. Pens and Pencils

签到。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
 
int a, b, c, d, k;
 
void run() {
    cin >> a >> b >> c >> d >> k;
    for(int x = 1; x < k; x++) {
        int y = k - x;
        if(x * c >= a && y * d >= b) {
            cout << x << ' ' << y << '\n';
            return;
        }
    }
    cout << -1 << '\n';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    int T; cin >> T;
    while(T--) run();
    return 0;
}

B. Rooms and Staircases

签到。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1005;
 
int n;
char s[N];
 
void run() {
    cin >> n;
    cin >> (s + 1);
    int left = -1, right;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(s[i] == '1') {
            left = i; break;
        }
    }
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
        if(s[i] == '1') {
            right = i; break;
        }
    }
    int ans = 0;
    if(left == -1) {
        ans = n;
    } else {
        ans = max(2 * right, 2 * (n - left + 1));
    }
    cout << ans << '\n';
} 
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    int T; cin >> T;
    while(T--) run();
    return 0;
}

C. The Football Season

题意：
现在共有\(n,n\leq 10^{12}\)场比赛，赢一场比赛获得\(w\)分，平局获得\(d\)分，输了不加分，\(1\leq d<w\leq 10^5\)。
现在知道总分\(p,p\leq 10^{17}\)，求三元组\((x,y,z)\)满足:

\(x\cdot w+y\cdot d=p\)
\(x+y+z=n\)

不存在则输出\(-1\)。

思路：
这不是扩欧模板题吗？也不是那么模板，还要贪心一下求个最小解，所以就卡了一整场比赛。
因为\(d<w\)，那么可以知道\(y< w\)，因为当\(y\geq w\)时，\(w\)个\(d\)不如\(x=d\)时，\(d\)个\(w\)划算。
然后\(w\)的范围也比较小，所以直接枚举判断就是了。

或者这样思考：反正是求较小解，那么得到解过后，\(y\)会模上\(w\)，也就是说自然\(y\)的范围就比较小了。为什么是\(y\)模，因为\(x\)越多总数量越小~

感觉还是挺巧妙的QAQ，没有细心分析题目性质以及数据范围。
所以说模板题不可信！！

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
 
ll n, p, w, d;
 
void run() {
    for(int y = 0; y < w; y++) {
        if(p - y * d < 0) break;
        if((p - y * d) % w == 0) {
            ll x = (p - y * d) / w;
            if(n - x - y >= 0) {
                cout << x << ' ' << y << ' ' << n - x - y << '\n';
                return;
            }
        }
    }
    cout << -1 << '\n';
    return;
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n >> p >> w >> d) run();
    return 0;
}

D. Paint the Tree

容易发现只有链的情况合法，链的情况就很简单了。
因为颜色个数较少，所以直接枚举颜色排列染色就行。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
 
int n;
int c[3][N];
int a[N], d[N], color[N], tmp[N];
vector <int> g[N];
int T;
 
void dfs(int u, int fa) {
    a[++T] = u;
    for(auto v : g[u]) {
        if(v == fa) continue;
        dfs(v, u);
    }
}
 
void run() {
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        d[i] = 0;
        g[i].clear();
    }
    T = 0;
    for(int i = 0; i < 3; i++) {
        for(int j = 1; j <= n; j++) {
            cin >> c[i][j];
        }
    }
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v; cin >> u >> v;
        ++d[u], ++d[v];
        g[u].push_back(v), g[v].push_back(u);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(d[i] >= 3) {
            cout << -1 << '\n';
            return;
        }
    }
    int rt;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(d[i] == 1) rt = i;
    }
    dfs(rt, 0);
    int col[3] = {0, 1, 2};
    ll ans = 1e18;
    do {
        ll res = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            res += c[col[(i - 1) % 3]][a[i]];
            tmp[a[i]] = col[(i - 1) % 3];
        }
        if(res < ans) {
            ans = res;
            memcpy(color, tmp, sizeof(color));
        }
    } while(next_permutation(col, col + 3));
    cout << ans << '\n';
    for(int i = 1; i <= n; i++) cout << color[i] + 1 << " \n"[i == n];
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n) run();
    return 0;
}

E. Minimizing Difference

题意：
给出\(n\)个数，现在你可以执行不超过\(k\)次操作，每次操作可以让一个数加一或者减一。
问最后最大与最小值的差值最小是多少。

思路：

显然差值具有单调性，可以考虑二分差值。
注意到最终最优的情况中，一定存在某个数其没有发生改变。
那么直接枚举下界和上界，二分找另外一个界限就行（也可以利用双指针）。

至于为什么可以一定存在某个数不会改变，可以这样考虑：
若最终存在至少两个不同的数，那肯定满足；
若最终是只有一个值，那么一定会达到只有两个值的状态，我们固定一个数量较多的不变就行，不影响结果。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
 
ll n, k;
int a[N];
ll sum[N];
 
bool chk(int d) {
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        int low = lower_bound(a + 1, a + n + 1, a[i]) - a - 1;
        int high = upper_bound(a + 1, a + n + 1, a[i] + d) - a;
        ll tot = 1ll * low * a[i] - sum[low] + sum[n] - sum[high - 1] - 1ll * (n - high + 1) * (a[i] + d);
        if(tot <= k) return true;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        int high = upper_bound(a + 1, a + n + 1, a[i]) - a;
        int low = lower_bound(a + 1, a + n + 1, a[i] - d) - a - 1;
        ll tot = 1ll * low * (a[i] - d) - sum[low] + sum[n] - sum[high - 1] - 1ll * (n - high + 1) * a[i];
        if(tot <= k) return true;
    }
    return false;
}
 
void run() {
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    sort(a + 1, a + n + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
    int l = 0, r = 1e9 + 1, mid;
    while(l < r) {
        mid = (l + r) >> 1;
        if(chk(mid)) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    cout << l << '\n';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n >> k) run();
    return 0;
}

F. Chips

题意：
给出一个只有黑白两种颜色的环，然后执行\(k\)次操作，每次操作，对于每个位置，若其两边的颜色和它不同，它的颜色就发生改变。
问\(k\)次过后的颜色状态是什么。
注意一下，每次操作中，颜色改变是同时的。

思路：
关键在于连续的段，很容易发现颜色连续的段颜色不会发生改变。
那么我们将所有连续的段提取出来，每次单独考虑两个连续段的中间部分，将\(k\)和\(len\)取\(min\)暴力修改即可。
易知复杂度不超过\(O(n)\)。
注意一下因为是环，开头和结尾的部分不是很好处理，所以可以将序列复制两次，最后只看中间部分，这样就比较方便处理。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5 + 5;
 
int n, k;
char s[3 * N];
 
struct seg{
    int l, r, c;
}a[N];
 
void run() {
    cin >> (s + 1);
    for(int j = n + 1; j <= 3 * n; j++) {
        s[j] = s[j - n];
    }
    s[3 * n + 1] = '\0';
    int tot = 0;
    for(int i = 1, j; i <= 3 * n; i = j) {
        j = i + 1;
        while(j <= 3 * n && s[i] == s[j]) ++j;
        int col = (s[i] == 'W' ? 0 : 1);
        if(j - i > 1)
            a[++tot] = {i, j - 1, col};
    }
    // for(int i = 1; i <= tot; i++) {
    //  cout << a[i].l << ' ' << a[i].r << '\n';
    // }
    for(int i = 1; i < tot; i++) {
        int len = a[i + 1].l - 1 - a[i].r;
        if(a[i].c == a[i + 1].c) {
            if(len - 2 * k > 0) {
                for(int j = a[i].r + 1; j <= a[i].r + k; j++) {
                    s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
                }
                for(int j = a[i + 1].l - 1; j >= a[i + 1].l - k; j--) {
                    s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
                }
                for(int j = a[i].r + k + 1; j <= a[i + 1].l - k - 1; j++) {
                    s[j] = (s[j - 1] == 'W' ? 'B' : 'W');
                }
            } else {
                for(int j = a[i].r + 1; j <= a[i + 1].l - 1; j++) {
                    s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
                }
            }
        } else {
            if(len - 2 * k > 0) {
                for(int j = a[i].r + 1; j <= a[i].r + k; j++) {
                    s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
                }
                for(int j = a[i + 1].l - 1; j >= a[i + 1].l - k; j--) {
                    s[j] = (a[i + 1].c == 0 ? 'W' : 'B');
                }
                for(int j = a[i].r + k + 1; j <= a[i + 1].l - k - 1; j++) {
                    s[j] = (s[j - 1] == 'W' ? 'B' : 'W');
                }
            } else {
                for(int j = a[i].r + 1; j <= a[i].r + len / 2; j++) {
                    s[j] = (a[i].c == 0 ? 'W' : 'B');
                }
                for(int j = a[i + 1].l - 1; j >= a[i + 1].l - len / 2; j--) {
                    s[j] = (a[i + 1].c == 0 ? 'W' : 'B');
                }               
            }           
        }
    }
    if(tot == 0 && k & 1) {
        for(int i = n + 1; i <= 2 * n; i++) {
            s[i] = (s[i] == 'W' ? 'B' : 'W');
        }
    }
    for(int i = n + 1; i <= 2 * n; i++) {
        cout << s[i];
    }
    cout << '\n';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n >> k) run();
    return 0;
}

G. Running in Pairs

题意：
给出两个排列\(p,q\)，先可以任意调换排列的顺序，求最大的\(\sum_{i=1}^{n}max(p_i,q_i)\)，同时其不能超过\(k\)。

思路：

观察可以发现，在所有的\(max(p_i,q_i)\)中，同一个数最多出现两次。
采用贪心策略，应尽可能接近\(k\)，所以每次将目前最大和最小的交换。
若交换过后值超过\(k\)，因为交换产生的贡献是连续的，所以我们选取中间最优的进行交换即可。

这G貌似有点简单。。。就是一个普通的贪心。。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e6 + 5;
 
ll n, k;
int a[N], b[N];
 
void run() {
    ll ans = (n + 1) * n / 2;
    if(ans > k) {
        cout << -1 << '\n';
        return;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = b[i] = i;
    int p = n / 2;
    int now = n - 1, pos = 1;
    for(int i = 1; i <= p; i++) {
        if(ans + now > k) {
            swap(a[pos], a[pos + k - ans]);
            break;
        }
        ans += now;
        now -= 2;
        swap(a[pos], a[n - pos + 1]);
        ++pos;
    }
    ll sum = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) sum += max(a[i], b[i]);
    cout << sum << '\n';
    for(int i = 1; i <= n; i++) cout << a[i] << " \n"[i == n];
    for(int i = 1; i <= n; i++) cout << b[i] << " \n"[i == n];
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
    freopen("../input.in", "r", stdin);
    freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
    while(cin >> n >> k) run();
    return 0;
}

来源：https://www.cnblogs.com/heyuhhh/p/11672939.html

标签

typedef

freopen