Codeforces Round #635 (Div. 2)

Codeforces Round #635 (Div. 2)

A. Ichihime and Triangle

题目链接

题目大意

找到满足三角形边长关系的$x,y,z$使得$x,y,z$满足$a\le x\le b\le y\le c\le z\le d$

解题思路

我们知道一最短边为底的三角形肯定存在所以我们取特殊值
时间复杂度为$O(1)$
$x=a,y=z=c$

源码

#include 
using namespace std;

int main()
{
    int T,a,b,c,d,x,y,z;
    cin>>T;
    while (T--)
    {
        cin>>a>>b>>c>>d;
        x=a,y=z=c;
        cout<<x<<" "<<y<<" "<<z<<endl;
    }
    
    return 0;
}

B. Kana and Dragon Quest game

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题目大意

大龙的血量为$h$，你有两个技能$A、B$分别能够使用$n,m$次
技能$A$：$h=\lfloor \frac{h}{2}\rfloor +10$

技能$B$：$h=h-10$

问你是否能够打败大龙

解题思路

我们思考什么时候使用$A$技能能够使怪物的血量减少

也就是解不等式$h<\lfloor \frac{h}{2}\rfloor +10$我们解的$h<20$。

所以我们的策略是当$h>20$时不断地使用$A$技能，直至$A$技能用完或者$h\le 20$时停止使用$A$技能，然后判断一下接下来全部使用$B$技能是否能够打败大龙就可以了。

源码

#include 
using namespace std;

int main()
{
    int T,x,m,n;
    cin>>T;
    while (T--)
    {
        cin>>x>>n>>m;
        while (x>20&&n)
        {
            x=x/2+10;
            n--;
        }
        if(x>m*10)cout<<"NO"<<endl;else cout<<"YES"<<endl;
    }
    
    return 0;
}

C. Linova and Kingdom

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题目大意

一共有$n$个点$n-1$条边构成一棵以节点$1$为根的树，每个结点代表一个城市，我们要选取$k$个城市发展工业，其余的城市发展旅游业，求每个工业城市到节点$1$的道路上所经过的旅游城市数量之和。

解题思路

更具样例给的图我们很容易发现1节点肯定需要发展旅游业，这样所得到的结果才最优，所以我们在考虑哪几个城市发展旅游业比较简单。

我们先从只考虑一个旅游城市时，显而易见那么那个旅游城市肯定就是根节点$1$，答案就是$n-1$
然后我们考虑寻找第二个旅游城市，比如说我们考虑例题中的$3$节点，如果我们取了$3$结点，那么$3$节点的所有子节点的幸福值就$+1$，但是$3$节点它从一个旅游城市变成了工业城市，所以总的幸福值就会减去$3$节点还没被选为旅游城市之前的幸福值，我们可以发现如果节点$3$要被选为旅游城市，那么节点$3$的所有父节点肯定都已经被选为旅游城市（下面有证明），所以节点$3$的幸福值就是它到根节点的距离。

接下来我们证明如果节点$i$要被选为旅游城市，那么节点$i$的所有父节点肯定都已经被选为旅游城市。我们可以使用反证法来证明，如果节点$i$的父节点中存在工业城市$j$，因为节点$j$肯定包含节点$i$所有的子节点，那么节点$j$的根节点的数量肯定比节点$i$多，且需要减去的幸福值肯定不比节点$i$多，所以选择$j$肯定比选择$i$的解更优。

所以我们得出方程为
$$ans=\sum ^{n-k}weigth[i]-dis[i]$$
所以我们只需要将所有的节点根据$weigth[i]-dis[i]$排序，然后找到最大的$n-k$项相加即可。

因为我们需要同时得到根节点的距离和子节点的数量两个量，所以我们采用DFS。

源码

#include 
typedef long long ll;
using namespace std;
const int MAXN = (int)2e5 + 5;
vector<int> G[MAXN];
ll tmp[MAXN];
bool used[MAXN];
int n, k;
int dfs(int x,int d)
{
    int res=0;
    used[x]=true;
    for (int i = 0; i < G[x].size(); i++)if(!used[G[x][i]])res+=dfs(G[x][i],d+1);
    tmp[x]=res-d;
    return res+1;
}
ll solve()
{
    dfs(1,0);
    sort(tmp+1,tmp+n+1,greater<int>());
    ll ans=0;
    for (int i = 1; i <= n-k; i++)ans+=tmp[i];
    return ans;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int a, b;
    cin >> n >> k;
    for (int i = 0; i < n - 1; i++)
    {
        cin >> a >> b;
        G[a].push_back(b);
        G[b].push_back(a);
    }
    cout << solve() << endl;
    return 0;
}

D. Xenia and Colorful Gems

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题目大意

从$r,g,b$分别找到三个数$x,y,z$，使得$(x-y{)}^2+(y-z{)}^2+(z-x{)}^2$最小。

解题思路

这题我是玄学AC。
我就分析一下我玄（无）学（脑）的思路。
我想啊，这跟距离有点像，所以答案的三个数字肯定是从小到大的，两边的数肯定是对应集合中到中间的那个数的距离最小的，但是中间的那个数是哪个集合的呢，枚举啊，反正才三个。
时间复杂度$O(n\log (n))$

源码

#include 
typedef long long ll;
using namespace std;
const int MAXN=(int)1e5+5;
ll x[MAXN],y[MAXN],z[MAXN],ans;
int nx,ny,nz;
ll dis(ll a, ll b, ll c)
{
    return (a-b)*(a-b)+(a-c)*(a-c)+(b-c)*(b-c);
}
void solve(ll *r,int nr,ll *g,int ng,ll *b,int nb)
{
    int gl,bl;
    gl=bl=0;
    for (int i = 0; i < nr; i++)
    {
        while(gl+1<ng&&abs(g[gl]-r[i])>=abs(g[gl+1]-r[i]))gl++;
        while(bl+1<nb&&abs(b[bl]-r[i])>=abs(b[bl+1]-r[i]))bl++;
        ans=min(ans,dis(r[i],g[gl],b[bl]));
    }
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while (T--)
    {
        cin>>nx>>ny>>nz;
        for (int i = 0; i < nx; i++)cin>>x[i];
        for (int i = 0; i < ny; i++)cin>>y[i];
        for (int i = 0; i < nz; i++)cin>>z[i];
        ans=dis(x[0],y[0],z[0]);
        sort(x,x+nx);
        sort(y,y+ny);
        sort(z,z+nz);
        solve(x,nx,y,ny,z,nz);
        solve(y,ny,x,nx,z,nz);
        solve(z,nz,y,ny,x,nx);
        cout<<ans<<endl;
    }
    
    return 0;
}

EF补完后再写┭┮﹏┭┮