Educational Codeforces Round 90 (Div. 2) / contest 1373
目录
- A Donut Shops
- B 01 Game
- C Pluses and Minuses
- D Maximum Sum on Even Positions
- E Sum of Digits
- F Network Coverage
- G
| A | B | C | D | E | F | G |
|---|---|---|---|---|---|---|
| √ | √ | √ | √ | √ | ○ |
（ √：做出； ●：尝试未做出； ○：已补题 ）
题目地址：https://codeforces.com/contest/1373
A Donut Shops
题意：
思路：
代码：
#include B 01 Game
题意：
思路：
代码：
#include C Pluses and Minuses
题意：（经过简化后的题意）给出一个 ‘+’ ‘-’ 序列，从前往后遍历，,每遇到 + 就 +1，- 就 -1。初始值从 0 到 inf 遍历，然后对于每个初始值遍历一遍整个序列，如果到了某一次之后这个值变成了负数，就 conintue（初始值++）。输出总共访问这个序列的次数。
思路：先求一个序列的前缀和 s，显然我们对于每个初始值 x，要找的是最先的 s[i]<-x 的位置，如果没有这样的位置那么就结束了（要注意最后一次实际上访问了整个序列，而之前的访问了那个位置之前的序列）。所以一开始遍历 s 计算数组 fi，其意义为 fi[i] 表示 s[d]<-i 成立的 d 的最小值，然后后面遍历初始值求和就可以了。
代码：
#include D Maximum Sum on Even Positions
题意：一个下标从 0 开始的数组，可以进行一次操作，翻转其中任意一个子串（连续的），使得这个数组偶下标的和最大（a[0]+a[2]+a[4]+…），求出这个最大值。
思路：进行几次试验就能发现，如果翻转长度为奇数，那么不会有任何影响；如果翻转长度为偶数，那么对于某个翻转区间，相当于对于每个偶下标的元素，用它们后面或者前面的元素去替换它们，比如说对于 a0,a1,a2,a3,a4,a5,a5，我们可以选择一段连续的偶下标区间，比如说 a2,a4，然后用它们前面后者后面的元素去替换它们（也就是可以用 a1,a3 或者 a3,a5 去替换），那么问题就变为：分别处理用前面替换和后面替换的，对于其中一种，把所有替换方案所带来的增益（可能是负数）按照原来顺序存起来，然后找出一个最大的连续和（可以计算前缀和然后算最大的差），用这个和去加在原来答案上就行了。
代码：
#include E Sum of Digits
题意：设 f(x) 表示 x 的数位和，给出 n 和 k（ 1 ≤ n ≤ 150 , 0 ≤ k ≤ 9 1\le n\le150, \ 0\le k\le 9 1≤n≤150, 0≤k≤9），找出最小的 x x x ，使得 f ( x ) + f ( x + 1 ) + . . . + f ( x + k ) = n f(x)+f(x+1)+...+f(x+k)=n f(x)+f(x+1)+...+f(x+k)=n 。
思路：乍一看好像这个数很大，但是如果考虑 k ≥ 2 k\geq 2 k≥2 的情况，可以发现，平均下来每个数数位和最多是 50，我就草率的认为这个数最大就是 3000000，然后就可以一开始预处理出所有 k ≥ 2 k\geq 2 k≥2 的答案。
然后对于 k = 0 k=0 k=0 的情况，显然要尽可能多地取 9，然后第一位取剩下的余数；
对于 k = 1 k=1 k=1 的情况，有点复杂：如果 n 为奇数，那么最优的情况一定是 xxxx8,xxxx9，其中第一位取最后的余数，然后其它的都是 9；如果 n 为偶数，经过周密思考我发现，只有可能是 xxxx9,xxxx0 这种情况，再进一步，最优的情况一定是 xxx89,xxx90，然后第一位取最后的余数，其它的都是 9 。
比赛的时候这一题搞了好久，写得也很乱。
代码：
#include
int T=read();
while(T--)
{
int n=read(),k=read();
if(k==0) printf("%lld\n",solve0(n));
else if(k==1) printf("%lld\n",solve1(n));
else printf("%d\n",ans[n][k]);
}
return 0;
}
F Network Coverage
题意：n 个需求点围成一个圆，每个点需要 a[i] ，每一组相邻的需求点之间有一个供应点，可以提供 b[i]。供应点只能给相邻的点提供供应（且过程中不能为负数，个人理解），问是否存在供应方案。
思路：
-
（比赛时的思路，不过没写完）首先如果有一个需求点大于两边的供应点之和，那么肯定不存在；其次如果有一个供应点大于等于两边的需求点之和，那么可以从这里打开这条链，然后遍历一次就可以判断是否存在；所以问题就变为对于剩下情况的求解：假设 1 号供应点给 1 号需求点的值为 x，那么可以根据这个值计算出后面所有供应的值，然后就有好多不等式，然后看 x 能否取到可行解就行了（不知道这个思路对不对）。
-
（以上思路不对，补题后的思路）事实上存在一个单调性，假设 b1 给 a1 的值为 x，那么通过贪心的往后推，可以最终推出 bn 给 a1 的值 y，并且在可行条件下（也就是中间不存在不可行的分配），x 越大，y越小，而且在 y ≥ 0 y\ge 0 y≥0 的条件下，x 越大越好，因为 x 每加一，y 最多减一，所以 x 越大越好。所以我们的目标就是通过二分搜索，找到在 y ≥ 0 y\ge 0 y≥0 的条件下最大的 x，然后判断是否满足 a1 就行了。
-
（另外一个思路）先补一个赫尔婚姻定理：
设二分图 G={X+Y, M} ，使得 X 完全匹配的充要条件是 ∀ M ⊆ X , ∣ M ∣ ≤ N G ( x ) \forall M\subseteq X, \ |M|\le N_G(x) ∀M⊆X, ∣M∣≤NG(x) 。也就是说对于 X 中任意的点集，X 的大小一定不大于与这个点集相连的所有结点的数目（否则相当于很多人抢很少的东西）。这个必要性很好看出来，充分性就不说了（其实是不会）。
那么对于这道题，其实可以看成一个二分图，要求对于任意个 a，与其相连的 b 的和要大于等于这些 a 的和，那么如何优雅地表示任意个 a 呢？其实只需要保证任意连续多个 a 成立就行了，因为连续一定比不连续更优（不连续说明 b 更多）。那么问题转化为：设 A 是 a 的前缀和，B 是 b 的前缀和，如果存在 A[r] - A[l] > B[r] - B[l-1] 就说明不可行；于是就可以预处理出 A[r]-B[r] 和 A[l]-B[l-1] 这两个数组，然后遍历一遍就可以了。还要注意因为是一个圈，所以要加倍展开；以及要特判全部的 a 和全部的 b 的比较，因为以上计算时 b 都要比 a 多一个。
代码：
- （二分）
#include - （赫尔婚姻定理）
#include G
题意：
思路：
代码：