2018 “百度之星”程序设计大赛 - 初赛（B）

degree

 

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Problem Description

度度熊最近似乎在研究图论。给定一个有 NN 个点 (vertex) 以及 MM 条边 (edge) 的无向简单图 (undirected simple graph)，此图中保证没有任何圈 (cycle) 存在。

现在你可以对此图依序进行以下的操作：

1. 移除至多 KK 条边。
2. 在保持此图是没有圈的无向简单图的条件下，自由的添加边至此图中。

请问最后此图中度数 (degree) 最大的点的度数可以多大呢？

Input

输入的第一行有一个正整数 TT，代表接下来有几笔测试资料。

对于每笔测试资料： 第一行有三个整数 NN, MM, KK。 接下来的 MM 行每行有两个整数 aa 及 bb，代表点 aa 及 bb 之间有一条边。 点的编号由 00 开始至 N - 1N−1。

• 0 \le K \le M \le 2 \times 10^50≤K≤M≤2×10​5​​
• 1 \le N \le 2 \times 10^51≤N≤2×10​5​​
• 0 \le a, b < N0≤a,b<N
• 给定的图保证是没有圈的简单图
• 1 \le T \le 231≤T≤23
• 至多 22 笔测试资料中的 N > 1000N>1000

Output

对于每一笔测试资料，请依序各自在一行内输出一个整数，代表按照规定操作后可能出现的最大度数。

Sample Input

2
3 1 1
1 2
8 6 0
1 2
3 1
5 6
4 1
6 4
7 0

Sample Output

2
4

---

简单图啊， C = V-E

所以就可以这样拆边了，只和度数有关

#include
#include
using namespace std;
#define lson l,(l+r)/2,rt<<1
#define rson (l+r)/2+1,r,rt<<1|1
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
#define pb push_back
#define num first
#define id second
#define ll long long
#define sz(x) (int)(x).size()
#define pll pair
#define pii pair
#define pq priority_queue
const int N=2e5+5,MD=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const ll LL_INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-9,e=exp(1),PI=acos(-1.);
int d[N];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        memset(d,0,sizeof d);
        int n,m,k;
        cin>>n>>m>>k;
        for(int i=0,x,y;i>x>>y,d[x]++,d[y]++;
        int ans=0;
        for(int i=0;i)
            ans=max(ans,n-1-max(0,m-d[i]-k));
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

rect

 

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Problem Description

度度熊有一个大小为 MX \times MYMX×MY 的矩形，左下角坐标为 (0, 0)(0,0)，右上角坐标为 (MX, MY)(MX,MY)。此矩形内有 NN 个整数坐标的点 (x_i, y_i)(x​i​​,y​i​​)，x_ix​i​​ 彼此不重复，y_iy​i​​ 彼此也不重复。

现在要从每一个点画出一条线段，满足下列条件：

• 线段起点为坐标点，终点在矩形范围的四个边界之一上。
• 线段彼此不能交叉。

现在要让画出的线段的长度总和最小，请输出这个最小的长度总和值。

Input

输入的第一行有一个正整数 TT，代表接下来有几笔测试资料。

对于每笔测试资料： 第一行有三个整数 MXMX, MYMY 以及 NN。 接下来的 NN 行每行有两个正整数 x_ix​i​​ 及 y_iy​i​​。

• 2 \le MX, MY \le 10^62≤MX,MY≤10​6​​
• 0 \le N \le 10^50≤N≤10​5​​
• 如果 i \ne ji≠j，则保证 x_i \ne x_jx​i​​≠x​j​​ 及 y_i \ne y_jy​i​​≠y​j​​
• 0 < x_i < MX0<x​i​​<MX
• 0 < y_i < MY0<y​i​​<MY
• 1 \le T \le 201≤T≤20
• 至多 22 笔测试资料中的 N > 1000N>1000

Output

对于每一笔测试资料，请依序各自在一行内输出一个整数，代表可能的最小长度和。

Sample Input

2
4 4 1
2 2
10 7 3
6 3
2 6
9 5

Sample Output

2
5

限制条件比较多，x_ix​i​​ 彼此不重复，y_iy​i​​ 彼此也不重复。

所以最小值就可以了

#include
#include
using namespace std;
#define lson l,(l+r)/2,rt<<1
#define rson (l+r)/2+1,r,rt<<1|1
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
#define pb push_back
#define num first
#define id second
#define ll long long
#define sz(x) (int)(x).size()
#define pll pair
#define pii pair
#define pq priority_queue
const int N=2e5+5,MD=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const ll LL_INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-9,e=exp(1),PI=acos(-1.);
int d[N];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        int mx,my,n;
        cin>>mx>>my>>n;
        ll sum=0;
        for(int i=0,x,y; i)
        {
            cin>>x>>y;
            int t=min(x,mx-x);
            t=min(t,y);
            t=min(my-y,t);
            sum+=t;
        }
        cout<"\n";
    }
    return 0;
}

p1m2

 

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Problem Description

度度熊很喜欢数组！！

我们称一个整数数组为稳定的，若且唯若其同时符合以下两个条件：

1. 数组里面的元素都是非负整数。
2. 数组里面最大的元素跟最小的元素的差值不超过 11。

举例而言，[1, 2, 1, 2][1,2,1,2] 是稳定的，而 [-1, 0, -1][−1,0,−1] 跟 [1, 2, 3][1,2,3] 都不是。

现在，定义一个在整数数组进行的操作：

• 选择数组中两个不同的元素 aa 以及 bb，将 aa 减去 22，以及将 bb 加上 11。

举例而言，[1, 2, 3][1,2,3] 经过一次操作后，有可能变为 [-1, 2, 4][−1,2,4] 或 [2, 2, 1][2,2,1]。

现在给定一个整数数组，在任意进行操作后，请问在所有可能达到的稳定数组中，拥有最大的『数组中的最小值』的那些数组，此值是多少呢？

Input

输入的第一行有一个正整数 TT，代表接下来有几组测试数据。

对于每组测试数据： 第一行有一个正整数 NN。 接下来的一行有 NN 个非负整数 x_ix​i​​，代表给定的数组。

• 1 \le N \le 3 \times 10^51≤N≤3×10​5​​
• 0 \le x_i \le 10^80≤x​i​​≤10​8​​
• 1 \le T \le 181≤T≤18
• 至多 11 组测试数据中的 N > 30000N>30000

Output

对于每一组测试数据，请依序各自在一行内输出一个整数，代表可能到达的平衡状态中最大的『数组中的最小值』，如果无法达成平衡状态，则输出 -1−1。

Sample Input

2
3
1 2 4
2
0 100000000

Sample Output

2
33333333

---

不是加1和减1，但是其实就是每次把数-1，那么一定可以的啊，不存在-1

所以直接二分ans，因为操作次数越多，一定是可以做到的，我是个啥子，一小心爆了ll，现在我们需要做的就是每个数变到目标数需要进行的操作及操作数

#include
#include
using namespace std;
#define lson l,(l+r)/2,rt<<1
#define rson (l+r)/2+1,r,rt<<1|1
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
#define pb push_back
#define num first
#define id second
#define ll long long
#define sz(x) (int)(x).size()
#define pll pair
#define pii pair
#define pq priority_queue
const int N=3e5+5,MD=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const ll LL_INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-9,e=exp(1),PI=acos(-1.);
int a[N],n;
int la(int x)
{
    ll s1=0,s2=0;
    for(int i=0; i)
    {
        if(a[i]>x+1)s2+=(a[i]-x)/2;
        else s1+=max(0,x-a[i]);
    }
    return s2>=s1;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n;
        for(int i=0; i>a[i];
        int l=0,r=1e9,ans=0;
        while(l<=r)
        {
            int mi=(l+r)/2;
            if(la(mi)) ans=mi,l=mi+1;
            else r=mi-1;
        }
        cout<"\n";
    }
    return 0;
}

 

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