Codeforces Round #654 (Div. 2) / contest 1371
目录
- A Magical Sticks
- B Magical Calendar
- C A Cookie for You
- D Grid-00100
- E Asterism (Easy/Hard Version)
- F
| A | B | C | D | E | F |
|---|---|---|---|---|---|
| √ | √ | √ | √ | √ |
（ √：做出； ●：尝试未做出； ○：已补题 ）
题目地址：https://codeforces.com/contest/1371
A Magical Sticks
题意：
思路：
代码：
#include B Magical Calendar
题意：
思路：
代码：
#include C A Cookie for You
题意：有两种饼干各有 v 和 c 块，有两种客人各有 n 和 m 人。n 人的客人这样吃饼干：如果 v>c，就吃 v 饼干，否则吃 c 饼干；m 人的客人这样吃饼干：如果 v>c，就吃 c 饼干，否则吃 v 饼干。问能否安排一个吃的序列，使得所有客人都能吃到饼干？
思路：可以发现一种客人每次会吃多的，另一种每次会吃少的。那么只存在以下两种不能安排的情况：
- 客人总数大于饼干总数；
- 吃少的饼干的客人数（m）大于 min(v, c)；
如果不存在以上两种情况，那么都可以先安排吃少的客人吃完之后，再安排吃多的客人吃。
代码：
#include D Grid-00100
题意：给出 n 和 k，要在 n×n 的矩阵中填上 k 个 1（其它都是 0），使得 ( m a x ( R ) − m i n ( R ) ) 2 + ( m a x ( C ) − m i n ( C ) ) 2 (max(R)-min(R))^2+(max(C)-min(C))^2 (max(R)−min(R))2+(max(C)−min(C))2 最小，其中 R 表示每一行的和的数组，C表示每一列的和的数组，最值就是要求这个数组中的最值。输出这个最小值和最终矩阵。
思路：可以发现这么填是最优的：
代码：
#include E Asterism (Easy/Hard Version)
题意：有 n 个敌人，每个敌人拥有的糖果数为 a i a_i ai ，小女孩一开始拥有 x 颗糖果，然后去和敌人对战。和某个敌人对战时，如果小女孩手中的糖果数不小于敌人的糖果数，那么小女孩获胜并且手中糖果数+1 。小女孩想要赢得所有敌人，并且有一个函数 f ( x ) f(x) f(x) 表示当小女孩初始拥有糖果数为 x 时，战胜所有敌人的敌人的排列数。现在给出一个质数 p，给出数组 a，输出所有的 x，使得 f ( x ) f(x) f(x) 不能被 p 整除。（ 2 ≤ p ≤ n ≤ 1 e 5 , 1 ≤ a i ≤ 1 e 9 2\le p\le n\le1e5,1\le a_i \le 1e9 2≤p≤n≤1e5,1≤ai≤1e9）
思路：现在来看对于指定的 x，数组 a 可以怎么重排列：
- 如果 a i ≤ x a_i \le x ai≤x，那么说明这个 a i a_i ai 可以放到任意的位置；
- 如果 a i ≥ x + n − 1 a_i \ge x+n-1 ai≥x+n−1 ，那么说明 a i a_i ai 放哪里都没用，也就是赢不了；
- 否则， a i a_i ai 只能放到后 n − ( a i − x ) n-(a_i-x) n−(ai−x) 个位置。
可以看出 x 满足一定的单调性，x 越大 f(x) 越大，并且当 x ≥ m a x ( a i ) x\ge max(a_i) x≥max(ai) 时， f ( x ) = n ! f(x)=n! f(x)=n! 一定可以被 p 整除；当 x ≤ m a x ( a i ) − n + 1 x\le max(a_i)-n+1 x≤max(ai)−n+1 时， f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 可不满足；所以我们只用考虑中间部分。可以首先用二分搜索找出满足考虑部分的 x 的最小值 ，然后就可以构造出一个数组 s 记录每个 a i a_i ai 可以放的位置数，然后对 s 排序，然后对 s 进行 s i = s i − i s_i=s_i-i si=si−i 的操作（这里 i 从 0 开始），此时 s 数组记录的就是每个位置放置时真正可以放的数目（一定有 s i ≥ 1 s_i \ge 1 si≥1 ）。我们对 x 做增加操作，实际上 s 的每一位也会 +1，直到 s i = n − i s_i=n-i si=n−i 为止就不再增加了，那么我们的目标就是找到，对于 x 增加的数目 r（ r ≥ 0 r\ge 0 r≥0），r 取哪些值的时候，s 中没有一个数可以被 p 整除。
到了这里我比赛时就开始瞎写了，而且居然过了，虽然跑得很慢……大概是这样做的吧：首先对于 n-i 可以被 p 整除的 i，那么可以更新一个最小值 minx=min(minx, n-i-s[i])，因为 n-i 是那个位置的最大值，而再增加不管多少，它已经可以被 p 整除了。然后对于每一位找到小于 minx 的所有可以被 p 整除的值，把相应的 r 排除在外。说实话我真不知道这么做复杂度到底是多少……
代码：
#include
VI s;
REP(i,1,n)
if(a[i]<=r) s.pb(n);
else s.pb(n-(a[i]-r));
sort(s.begin(),s.end());
int maxadd=0,minx=n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
int q=s[i]-i,qq=n-i;
maxadd=max(maxadd,qq-q);
if(q==qq && q%p==0) return puts("0"),0;
if(qq%p==0)
{
for(int j=qq-q;j<minx;j++) v[j]=1;
minx=min(minx,qq-q);
}
int j=(q/p+1)*p;
if(q%p==0) j=q;
j-=q;
for(j;j<minx && j<=qq-q;j+=p) v[j]=1;
}
int tot=0;
VI ans;
for(int i=0;i<=maxadd;i++) if(!v[i]) tot++,ans.pb(r+i);
printf("%d\n",tot);
for(int i:ans) printf("%d ",i);
return 0;
}
F
题意：
思路：
代码：