毒瘤hbx的贪心专题系列题解
A Maximal gcd
题意：现在给定一个正整数 n。你需要找到 k 个严格递增的正整数a1, a2, ..., ak，满足他们的和等于 n 并且他们的最大公因数尽量大。如果不可能请输出 -1。\(1\leq n,k \leq 10^{10}\)
题解：把 n 的所有因子找出来后，求最大因子 x 满足\(x* \frac {k* (k+1)}{2}\leq n\)即可。序列就是\(1* x,2* x,...,(k-1)* x,n-x* \frac{k* (k-1)}{2}\)
注意判断时会爆long long！
复杂度：\(O(\sqrt n)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,k,tmp,tp,sum,fac[5005];
int faccnt;
inline bool check(ll x)
{
return x<=(2*n/k)/(k+1);//!!!
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&k);
sum=n;
if(!check(1))
{
puts("-1");
return 0;
}
for(register ll i=1;i*i<=n;++i)
{
if(n%i) continue;
if(check(i)) tmp=max(tmp,i);
if(check(n/i)) tmp=max(tmp,n/i);
}
for(int i=1;i<k;++i)
printf("%lld ",1ll*i*tmp),sum-=i*tmp;
printf("%lld\n",sum);
return 0;
}
B Arthur and walls
题意：给出一个n* m的矩阵，里面有“*”和“.”两种符号，要求把最少的“*”变成“.”，使得“.”的联通块构成一个矩形。求最少需要变几个“*”。\(1\leq n,m \leq 2000\)
题解：如果某个2* 2的方块里只有一个“*”则把这个“*”变掉。bfs即可。
复杂度：\(O(n^2)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 2005
int G[maxn][maxn],b[5];
char s[maxn][maxn];
int n,m;
struct Node
{
int x,y;
Node(){}
Node(int a,int b):x(a),y(b){}
};
queue<Node> q;
inline void work(int x,int y)
{
if(G[x][y])
G[x][y]=0,q.push(Node(x,y));
}
inline void bfs()
{
while(!q.empty())
{
int x=q.front().x,y=q.front().y;
q.pop();
b[1]=b[2]=b[3]=b[4]=0;
if(x!=1&&y!=1) b[1]=G[x-1][y-1]+G[x-1][y]+G[x][y-1];
if(x!=1&&y!=m) b[2]=G[x-1][y]+G[x-1][y+1]+G[x][y+1];
if(x!=n&&y!=1) b[3]=G[x][y-1]+G[x+1][y-1]+G[x+1][y];
if(x!=n&&y!=m) b[4]=G[x][y+1]+G[x+1][y]+G[x+1][y+1];
if(b[1]==1)
work(x-1,y-1),work(x-1,y),work(x,y-1);
if(b[2]==1)
work(x-1,y),work(x-1,y+1),work(x,y+1);
if(b[3]==1)
work(x,y-1),work(x+1,y-1),work(x+1,y);
if(b[4]==1)
work(x,y+1),work(x+1,y),work(x+1,y+1);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%s",s[i]+1);
for(int j=1;j<=m;++j)
{
if(s[i][j]=='.') q.push(Node(i,j));
else G[i][j]=1;
}
}
bfs();
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=1;j<=m;++j)
{
if(G[i][j]==1) cout<<"*";
else cout<<".";
}
puts(" ");
}
return 0;
}
C Student's Revenge
题意：有一个主席每天要处理繁重的事务，但学生们仍然对他非常反感。现在有 n 个任务，学生们会选出 p 个，在这其中主席会选出 k 个来完成，剩下的 n−k 个不会完成。
完成一项任务会使主席的头发变白\(a_{i}\)，不完成就会使学生们的不满意度增加\(b_{i}\)。主席会使\(\sum{b_{i}}\)尽量小，在此基础上使\(\sum{a_{i}}尽量小\)。但是学生们想要使\(\sum{a_{i}}\)尽量大，在此基础上使\(\sum{b_{i}}\)尽量大。
求学生会选哪 p 个以及主席会选哪 k 个。
输出时先输出学生选且主席不选的 p-k 个，再输出主席选了的 k 个。按编号大小顺序输出。
\(1\leq k \leq p \leq n \leq 10^5,1\leq a_{i},b_{i}\leq 10^9\)
题解：若给定 p 个任务，则主席必然先按 b 降序再按 a 升序排序依次解决。所以反推一下先按 b 升序再按 a 降序的前 p-k 个肯定不会选上。所以先把 n 个中的前 p-k 个去掉（标记不选即可）。
其次我们要选 k 个 a 最大的和 p-k 个 b 最大的。为了让主席只选那k个，必须有前k个的b值都大于后面p-k个的b值。具体实现看代码吧。
复杂度：\(O(n\log n)\)
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 100005
struct Things
{
int a,b,id,state;
}thi[maxn];
int n,p,k,vis[maxn],cnt,num;
inline bool cmp1(Things x1,Things x2)
{
if(x1.b!=x2.b) return x1.b<x2.b;
if(x1.a!=x2.a) return x1.a>x2.a;
return x1.state<x2.state;
}
inline bool cmp2(Things x1,Things x2)
{
if(x1.a!=x2.a) return x1.a>x2.a;
return x1.b>x2.b;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&p,&k);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d%d",&thi[i].a,&thi[i].b),thi[i].id=i;
sort(thi+1,thi+n+1,cmp1);
for(int i=1;i<=p-k;++i) thi[i].state=1;//扔后面去
sort(thi+1,thi+n+1,cmp2);
for(int i=1;cnt<k;++i)
if(!thi[i].state)
{
++cnt;
vis[thi[i].id]=1;
thi[i].state=2;//同上
printf("%d ",thi[i].id);
}
sort(thi+1,thi+n+1,cmp1);
cnt=0;
for(int i=n;num<p-k;--i)//从后往前扫
{
if(cnt>=k)
{
++num;
printf("%d ",thi[i].id);
}
if(vis[thi[i].id]) ++cnt;
}
return 0;
}
D Ball coloring
题意：有n个数对，可以将数对中的两个数分别放入 l 堆和 r 堆中。求\(min((R_{max}-R_{min})* (L_{max}-L_{min}))\)
\(1\leq n \leq 200000,1\leq num\leq 10^9\)
题解：设\(Min,Max\)为全局最大（小）值。
1)：若Min，Max不在同一堆中：把所有较小数丢到Min堆，较大数丢入Max堆。
2)：若在同一堆中：我们需求出\(min(R_{max}-R_{min})\)。令x为数对较小值，y为数对较大值。按x排序。依次交换x，y并更新答案。
注意：如果Min，Max在同一数对中可跳过2)。
复杂度：\(O(n\log n)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 200005
struct Card
{
int x,y;
inline friend bool operator < (Card a,Card b)
{
if(a.x==b.x) return a.y<b.y;
return a.x<b.x;
}
}card[maxn];
int Rmax,Rmin,Bmax,Bmin,maxpos,minpos;
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
if(n==1)
{
puts("0");
return 0;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d%d",&card[i].x,&card[i].y);
if(card[i].x>card[i].y) swap(card[i].x,card[i].y);
}
sort(card+1,card+n+1);
int maxy=card[1].y,minx=card[1].x;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(card[i].x<=minx&&card[i].y>=maxy)
{
maxpos=minpos=i;
minx=card[i].x,maxy=card[i].y;
}
else if(card[i].x<minx)
{
minpos=i;
minx=card[i].x;
}
else if(card[i].y>maxy)
{
maxpos=i;
maxy=card[i].y;
}
}
Rmax=maxy,Bmin=minx;//全局最大最小
Rmin=card[minpos].y,Bmax=card[maxpos].x;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
Rmin=min(Rmin,card[i].y);
Bmax=max(Bmax,card[i].x);
}
long long ans=1ll*(Rmax-Rmin)*(Bmax-Bmin);//第一种情况
if(maxpos!=minpos)//第二种情况
{
Bmax=maxy,Bmin=minx;
Rmax=max(card[n].x,card[1].y);
int premin=card[1].y;
Rmin=min(card[1].y,card[2].x);
int tmp=Rmax-Rmin;
for(int i=2;i<n;++i)
{
Rmax=max(card[i].y,Rmax);
Rmin=min(min(card[i].y,premin),card[i+1].x);
premin=min(premin,card[i].y);
if(Rmax-Rmin<tmp) tmp=Rmax-Rmin;
}
ans=min(ans,1ll*tmp*(Bmax-Bmin));
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
E Ant man
题意：有 n 个点，每个点有 x,a,b,c,d 五个属性。从 i 到 j 的距离定义为
\begin{cases}
\mid x_{i}-x_{j} \mid+c_{i}+b_{j}, & x_{i}>x_{j} \newline
\mid x_{i}-x_{j} \mid+d_{i}+a_{j}, & x_{j}>x_{i}
\end{cases}
给定起点终点，求经过每个点恰好一次的最短路。
\(n\leq 5000,1\leq x,a,b,c,d \leq 10^9\)
保证 x,a,b,c,d 都是严格单调递增的。
题解：直接在区间中插入，维护一个链表。
复杂度：\(O(n^2)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Point
{
long long x,a,b,c,d;
}poi[5005];
int n,s,e,nex[5005],tmppos;
long long ans,cost,tmpcost;
inline long long dist(int x,int y)
{
Point a=poi[x],b=poi[y];
if(b.x<a.x) return a.x-b.x+a.c+b.b;
return b.x-a.x+a.d+b.a;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&s,&e);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&poi[i].x);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&poi[i].a);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&poi[i].b);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&poi[i].c);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&poi[i].d);
nex[s]=e;
ans+=dist(s,e);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(i==s||i==e) continue;
cost=1e18;
for(int j=s;j!=e;j=nex[j])
{
tmpcost=dist(j,i)+dist(i,nex[j])-dist(j,nex[j]);
if(cost>tmpcost)
{
cost=tmpcost;
tmppos=j;
}
}
ans+=cost;
nex[i]=nex[tmppos];
nex[tmppos]=i;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
以上为考试题目。
F New Year Snowman
题意：给定\(r_{i}\)，求元素互不相同的三元组最多有多少个。\(1\leq n\leq 5* 10^5,r_{i} \leq 10^6\)
题解：每次把剩余最多的三个拿出来即可。
复杂度：\(O(n\log n)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 100005
int n,cnt,tmp[maxn],anscnt,t1,t2,t3;
struct Ball
{
int size,num;
inline friend bool operator < (Ball a,Ball b)
{
if(a.num==b.num) return a.size<b.size;
return a.num<b.num;
}
}ball[maxn],tmpa,tmpb,tmpc;
struct Ans
{
int t1,t2,t3;
}ans[maxn];
priority_queue<Ball> q;
inline void func(Ball x)
{
if(x.num>1) q.push((Ball){x.size,--x.num});
else --cnt;
}
inline void work()
{
tmpa=q.top(),q.pop();
tmpb=q.top(),q.pop();
tmpc=q.top(),q.pop();
t1=tmpa.size,t2=tmpb.size,t3=tmpc.size;
if(t1<t2) swap(t1,t2);
if(t1<t3) swap(t1,t3);
if(t2<t3) swap(t2,t3);
ans[++anscnt]=(Ans){t1,t2,t3};
func(tmpa),func(tmpb),func(tmpc);
}
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&tmp[i]);
sort(tmp+1,tmp+n+1);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(tmp[i]!=tmp[i-1])
ball[++cnt].size=tmp[i],ball[cnt].num=1;
else ++ball[cnt].num;
}
for(int i=1;i<=cnt;++i) q.push(ball[i]);
while(cnt>=3)
work();
printf("%d\n",anscnt);
for(int i=1;i<=anscnt;++i)
printf("%d %d %d\n",ans[i].t1,ans[i].t2,ans[i].t3);
return 0;
}
G 南园满地堆轻絮
题意：对于正整数数列\(a_{i}\)和\(b_{i}\), 且b序列非严格单调递增, 使得\(max(\mid a_{i}-b_{i}\mid)\)尽量小。给定\(a_{i}\)。
\(n\leq 5* 10^6\)
题解：画一个\(a_{i}\)折线图可以发现答案为最大的逆序对的差除二向上取整。当然二分也可以（虽然我不知道为什么带了一个log跑的比没带log还快一些）。
复杂度：\(O(n)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a[5000005],sa,sb,sc,sd,mod;
int n;
inline long long mul(long long a,long long b)
{
return a*b%mod;
}
inline long long func(long long x)
{
return (mul(sa,mul(x,mul(x,x)))+mul(sb,mul(x,x))+mul(sc,x)+sd)%mod;
}
inline void pre()//生成数据的
{
scanf("%d%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&sa,&sb,&sc,&sd,&a[1],&mod);
for(int i=2;i<=n;++i)
a[i]=(func(a[i-1])+func(a[i-2]))%mod;
}
int main()
{
pre();
long long ans=-1e18,maxn=-1e18;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(maxn>a[i]) ans=max(ans,(maxn-a[i]+1)>>1);
else maxn=a[i];
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
H Pavel and Triangles
题意：有 n 种木棒，第 i 种的长度是\(2^{i-1}\)。给定每种木棒的数量\(a_{i}\)，求最多能组成多少个三角形。
\(1\leq n\leq 3* 10^5,a_{i}\leq 10^9\)
题解：从前往后扫，优先组等腰，还有多就组等边。
复杂度：\(O(n)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll a[300005];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]);
ll ans=a[1]/3,num;
a[1]%=3;
ll res=a[1];
for(int i=2;i<=n;++i)
{
num=min(res,a[i]/2);
res-=num;
ans+=num;
a[i]-=num*2;
ans+=a[i]/3;
res+=a[i]%3;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
I Nauuo and Cards
题意：你的手上有 n 张牌，牌堆中有 n 张牌，共有 n 张 0 牌，和 n 张数字牌(从 1 到 n )。定义一次操作为将手中的牌放到牌堆的底部，并把牌堆顶端的牌拿到手中，求使用最少的操作次数能够让牌堆中的牌变为\(1\sim n\)的有序序列。
题解：如果1号牌在手上，则直接一个个先收再打即可。每张牌位置为\(pos_{i}\)，代价为\((pos[i]+1)+(n-i)\)，也就是收牌加打出牌。取max即可。如果一号牌在牌堆里，则看能否形成从\(pos[1]\sim n\)，\(1\sim k\)的序列。如果有这样的序列则显然更优。
复杂度：\(O(n)\)
#include<cstdio>
using namespace std;
#define maxn 200005
int a[maxn], b[maxn], pos[maxn], ans;
inline int max(int a, int b)
{
return a > b ? a : b;
}
int main()
{
int n, i;
scanf("%d", &n);
for (i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]), pos[a[i]] = 0;
for (i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &b[i]), pos[b[i]] = i;
for (i = 1; i <= n; ++i) ans = max(ans, pos[i] - i + n + 1);
if (pos[1])
{
for (i = 2; pos[i] == pos[1] + i - 1; ++i);
if (pos[i - 1] == n)
{
int j;
for (j = i; j <= n && pos[j] <= j - i; ++j);
if (j > n)
{
printf("%d\n", n + 1 - i);
return 0;
}
}
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
J Match Points
题意：给定数列\(x_{i}\)，若\(z\leq \mid x_{i}-x_{j}\mid\)，则称\(x_{i},x_{j}\)能匹配上。
求最多能配对多少组。\(2\leq n\leq 2* 10^5,1\leq z,x_{i}\leq10^9\)
题解：二分。前mid个和后mid个依次匹配即可。
复杂度：\(O(n\log n)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 200005
int n,z,pos[maxn];
inline bool check(int x)
{
for(int i=1;i<=x;++i)
if(abs(pos[i]-pos[n-x+i])<z) return false;
return true;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&z);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&pos[i]);
sort(pos+1,pos+n+1);
int l=0,r=(n>>1),mid,ans;
while(l<=r)
{
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) l=mid+1,ans=mid;
else r=mid-1;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
K Artem and Array
题意：给定序列\(a_{i}\)，每删去一个数可获得左边一个的数与右边一个的数的最小值的分数。求分数最大值。\(1\leq n\leq 5* 10^5,1\leq a_{i}\leq 10^6\)
题解：先删去中间小两边大的（单调栈），在排序删去除最后两个之外的。
复杂度:\(O(n\log n)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll a[600005], ans;
int n, top, x;
int main()
{
scanf("%d", &n);
while (n--)
{
scanf("%d", &x);
while (top && a[top] <= x && a[top] <= a[top - 1])
ans += min(a[--top], x * 1ll);
a[++top] = x;
}
sort(a + 1, a + top + 1);
for (int i = 1; i <= top - 2; ++i) ans += a[i];
printf("%lld", ans);
return 0;
}
L Beijing Guards
题意：n 个人形成环。每个人所收到的礼品和他两旁的人都不能有一样的。问最多需要准备多少种礼品。每个人需要\(a_{i}\)个礼品。\(1\leq n\leq 10^5\)
题解：如果 n 为偶数则直接取\(max(a_{i}+a_{i+1})\)即可。否则二分。设\(a_{1}\)为左右分界线。若 i 为奇数则尽量往左取否则往右取。最后看第 n 个是否在左边取过即可。
注意 n=1 时要直接输出。
复杂度：\(O(n\log n)\)
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 100005
int n, a[maxn], cl[maxn], cr[maxn];
long long l, r;
inline bool check(long long x)
{
cl[1] = a[1];
for (int i = 2; i <= n; ++i)
{
if (i & 1)
{
cr[i] = min(0ll + a[i], x - a[1] - cr[i - 1]);
cl[i] = a[i] - cr[i];
}
else
{
cl[i] = min(a[i], a[1] - cl[i - 1]);
cr[i] = a[i] - cl[i];
}
}
return !cl[n];
}
int main()
{
while (scanf("%d", &n) && n)
{
l = r = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]), r += a[i];
if (n == 1)
{
printf("%d\n", a[1]);
continue;
}
a[n + 1] = a[1];
for (int i = 1; i <= n; ++i) l = max(l, 0ll + a[i] + a[i + 1]);
if (!(n & 1))
{
printf("%lld\n", l);
continue;
}
while (l <= r)
{
long long mid = (l + r) >> 1;
if (check(mid)) r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
printf("%lld\n", l);
}
return 0;
}
M Moving Tables
题意：有一条走廊，每次只能通过一张桌子。在任意两个房间间搬桌子都要10分钟。给定n个桌子以及起点终点，求最多要多少分钟搬完。同一时刻可以搬多张桌子。400间房间，\(n\leq 200\)
题解：将搬动区间加10再最后取max。
复杂度：\(O(n^2)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int cnt[405];
int main()
{
int t, n, st, ed, ans;
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
scanf("%d", &n);
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
while (n--)
{
scanf("%d%d", &st, &ed);
if (st > ed) swap(st, ed);
if (!(st & 1)) --st;
if (ed & 1) ++ed;
for (int i = st; i <= ed; ++i) cnt[i] += 10;
}
ans = 0;
for (int i = 1; i <= 400; ++i) ans = max(ans, cnt[i]);
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}