Codeforces Round #636 (Div. 3)题解

Codeforces Round #636 (Div. 3)题解

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A. Candies

利用等比数列求和得到等式 $x(2^k-1)=n$即$x=\frac{n}{2^k-1}$，之后依次枚举k直到$(2^k-1)|n$，相除即得到答案x

#include
using namespace std;
int main(){
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		int n;
		scanf("%d",&n);
		int k=2;
		while(1){
			long long kk=k*2-1;
			if(n%(kk)==0){
				printf("%d\n",n/kk);
				break;
			}
			k*=2;
		}
	}
	return 0;
}

B. Balanced Array

要求构造一个数字均不同的正数列，前$n/2$项为偶数，后$n/2$项为奇数，且偶数和与奇数和相等。当$n/2$为奇数时无解，因为奇数个偶数和为偶数，奇数个奇数和为奇数，所以两个和不可能相等。$n/2$为偶数时的思路：偶数直接放2,4,6,8…奇数放1,3,5,…最后一个奇数=偶数和-已放的奇数的和

#include
using namespace std;
int main(){
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		int n;
		scanf("%d",&n);
		if((n/2)&1) printf("NO\n");
		else{
			long long sum1=0,sum2=0;
			printf("YES\n");
			for(int i=1;i<=n/2;i++){
				printf("%d ",i*2);
				sum1+=i*2;
			}
			for(int i=1;i<=n/2-1;i++){
				printf("%d ",i*2-1);
				sum2+=i*2-1;
			}
			printf("%lld\n",sum1-sum2);
		}
	}
	return 0;
}

C. Alternating Subsequence

称一段连续的同号的数为一个块,从左到右遍历这些块，每次取块的最大值即可

#include
using namespace std;
const int N=200005;
long long a[N];
int main(){
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		int n;
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
		long long sum=0;
		long long maxx=-1e15;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			bool ok=0;
			if((a[i]>=0&&a[i-1]>=0||a[i]<=0&&a[i-1]<=0)){
				maxx=max(maxx,a[i]);
			}
			else{
				ok=1;
				sum+=maxx;
				maxx=-1e15;
				maxx=max(maxx,a[i]);
			}
		
		}
		sum+=maxx;
		printf("%lld\n",sum);
		
	}
	return 0;
}

D. Constant Palindrome Sum

对于每一对数$a_i$和$a_{n-i+1}$，为了使$a_i+a_{n-i+1}=x$，它的替换情况有三种：第一是两个数都被替换，第二是仅替换其中一个数，第三是不进行替换。对于每对数，我们可以算出最多进行一次替换的$x$的范围，即$$[1+min\{a_i,a_{n-i+1}\},k+max\{a_i,a_{n-i+1}\}]$$也就是说当x的范围落在这个闭区间时，这对数最多只被替换一次，其中包括替换一次和不被替换的情况。我们再用$cn{t}_x$数组来记录和为$x$的数对的数量。我们用$nu{m}_x$记录当和为$x$时，最多替换一次的总次数。那么对每对数进行处理时，就会发现这是个区间修改，单点查询的问题，但是查询只在最后进行一次查询，所以可以用差分的思想。令$pre{f}_x$记录$nu{m}_x-nu{m}_{x-1}$，则对$num$的区间$[l,r]$进行修改(每个+1)时，只需让$pre{f}_l加1$和$pre{f}_{r+1}减1$即可。然后计算$nu{m}_i={\sum }_{j=1}^{i}pre{f}_j$。最后计算答案，公式在代码中体现

#include
using namespace std;
int main(){
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		int n,k;
		scanf("%d %d",&n,&k);
		vectora(n+5,0),cnt(2*k+5,0),pref(2*k+5,0);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%d",&a[i]);
		}
		for(int i=1;i<=n/2;i++){
			cnt[a[i]+a[n-i+1]]++;
			int l1=1+a[i],r1=k+a[i];
			int l2=1+a[n-i+1],r2=k+a[n-i+1];
			pref[min(l1,l2)]++;
			pref[max(r1,r2)+1]--;
		}
		for(int i=2;i<=2*k;i++){
			pref[i]+=pref[i-1];
		}
		int ans=1e9;
		for(int i=2;i<=2*k;i++){
			ans=min(ans,pref[i]-cnt[i]+(n/2-pref[i])*2);
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}

E. Weights Distributing

路程可分为4段，a->x,x->b,b->x,x->c,可以发现{b,x}这段路走了两次，所以把最少的价格分配到这三条路上，其中{b,x}这段路分配最少的价格（中的最小价格）。通过3次BFS算出a，b，c到各个点的最短路，枚举交点$x$，分配价格，记录下最小值即为答案。

#include
using namespace std;
const int INF=1e9;
vector >adj;
void bfs(vector&d,int s){
	d[s]=0;
	queueque;
	que.push(s);
	while(!que.empty()){
		int u=que.front();que.pop();
		for(int i=0;ip(m+1);
		for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&p[i]);
		sort(p.begin()+1,p.end());
		vectorpref(m+1,0);
		for(int i=1;i<=m;i++){
			pref[i]=pref[i-1]+p[i];
		}
//		for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",p[i]);
		adj=vector >(n+1);
		for(int i=1;i<=m;i++){
			int x,y;
			scanf("%d %d",&x,&y);
			adj[x].push_back(y);adj[y].push_back(x);
		}
		vectorda(n+1,INF),db(n+1,INF),dc(n+1,INF);
		bfs(da,a),bfs(db,b),bfs(dc,c);
		long long ans=1e18;
		for(int x=1;x<=n;x++){
			if(da[x]+db[x]+dc[x]>m) continue;
			ans=min(ans,pref[db[x]]+pref[da[x]+db[x]+dc[x]]);
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

F. Restore the Permutation by Sorted Segments

待补

第一次写题解，欢迎批评指正