Codeforces Round #544 (Div. 3)（A、B、C、D、E、F1、F2）
欢迎访问本菜鸡的独立博客：Codecho
比赛名称
Codeforces Round #544 (Div. 3)
比赛链接
https://codeforces.com/contest/1133
比赛情况
解题数： 4 / 7 4/7 4/7
补题数： 7 / 7 7/7 7/7
排名： 968 968 968
比赛总结
自从自己上了 1768 1768 1768 分以来，打了很多场，状态都非常差，都很自闭，真的不知道为什么。
也许是因为这种比赛有很多不确定性？？
但我觉得，那些强者怎么打都很强，说明还是自己太菜，不用找任何借口。
感觉 Codeforces ≠ \ne ̸= 训练，不能只靠这个网站的比赛来达到多好的训练效果。
固然，比赛和补题都很重要，但这只是自己进步的一个必要条件，远远达不到充分条件。
更重要的是，学习新的算法，不断刷专题，这才是训练的重头戏。
等到自己平时训练扎实之后，再去打CF，很可能**“无心插柳柳成荫”**，会看到意想不到的好结果。
还有一个多月校赛，两个多月省赛和东北赛，凭着你现在所学到的东西，你拿什么跟别人去比赛？？
希望今天下午的比赛，能够恢复到之前的巅峰状态。
A题签到题，4min1A；
B题取模之后统计个数，乱搞一下就过了，中间出现了一些BUG（因为自己没把做法完全理清就开始码了！），最后20min1A；
C题将序列排个序，按照题意统计个数，找到最大答案，最后31min1A；
D题跟 double 杠上了，一直出精度问题，赛后才想起来可以用 pair 存最简分数，直接避免了精度问题，WA了 12 12 12发，赛后补完；
E题线性dp，最初考虑的状态时截止到前 i i i 个数字，恰好分成 j j j 组的最佳答案，但是死活在第 11 11 11 组数据**WA，赛后知道当一个状态不能得到正确答案的时候，可以考虑将状态“放宽”**，赛后补完；
F1题是寻找一棵最大度数最大的生成树，因为变量名写错 WA 了一发，因为并查集没按秩合并超时了一发，最后76min3A；
F2题是寻找一棵 1 1 1 号点度数恰好为 D D D 的生成树，赛后补完。
这一场的题目整体难度不大，很适合 Div. 3 类型的比赛，但是自己状态欠佳，导致失去了一次赛中 AK 的机会。
1133A - Middle of the Contest
题意
给你一天之内的两个按先后顺序排好的时间 h 1 : m 1 h_1:m_1 h1:m1 和 h 2 : m 2 h_2:m_2 h2:m2，保证两个时间间隔了偶数分钟。
问这两个时间点的中间时间。
解题思路
将两个时间都化为分钟，取它们的平均值，再按格式化回标准时间即可。
注意前导零的输出。
时间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1)
代码
/*
Written by Nitrogens
Desire for getting accepted!!
*/
#include #define dbg3(x1,x2,x3) cout<<#x1<<" = "<int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false);
//freopen("a.txt","r",stdin);
//freopen("b.txt","w",stdout);
int h1, m1, h2, m2;
scanf("%d:%d", &h1, &m1);
scanf("%d:%d", &h2, &m2);
int t1 = h1 * 60 + m1;
int t2 = h2 * 60 + m2;
int t = (t1 + t2) / 2;
printf("%02d:%02d\n", t / 60, t % 60);
//cout << "time: " << (long long)clock() * 1000 / CLOCKS_PER_SEC << " ms" << endl;
return 0;
}
1133B - Preparation for International Women’s Day
题意
给你 n ( 1 ≤ n ≤ 2 ⋅ 1 0 5 ) n(1 \le n \le 2 \cdot 10^5) n(1≤n≤2⋅105) 个盒子，每个盒子有 d i d_i di 个糖果。
现在要将这些盒子的糖果包成礼物，每两个盒子组成一份礼物（盒子不可拆分），规定一份礼物中的糖果数量必须能够被 k ( 1 ≤ k ≤ 100 ) k(1 \le k \le 100) k(1≤k≤100) 整除。
问最多有多少个盒子能被装进礼物中。
解题思路
注意到 k k k 的范围为 1 ≤ k ≤ 100 1 \le k \le 100 1≤k≤100。
并且注意到，对于两个整数 a a a 和 b b b，满足
a % k + b % k = ( a + b ) % k a\%k+b\%k=\left( a+b \right) \%k a%k+b%k=(a+b)%k
因此，我们可以将所有的 d i d_i di 对 k k k 取模，统计每种取模结果 j ( 0 ≤ j < k ) j(0 \le j < k) j(0≤j<k) 出现的次数 c n t j cnt_j cntj。
之后，我们分 n n n 为奇数和偶数两种情况来讨论：
( 1 ) (1) (1) 若 n n n 为奇数，则我们假设 n = 7 n=7 n=7，则
j = 0 j=0 j=0 的糖果和 j = 0 j=0 j=0 的糖果配对；
j = 1 j=1 j=1 的糖果和 j = 6 j=6 j=6 的糖果配对；
j = 2 j=2 j=2 的糖果和 j = 5 j=5 j=5 的糖果配对；
j = 3 j=3 j=3 的糖果和 j = 4 j=4 j=4 的糖果配对。
因此这种情况下的答案为
a n s w e r = 2 ⋅ ( ⌊ c n t 0 2 ⌋ + min { c n t 1 , c n t 6 } + min { c n t 2 , c n t 5 } + min { c n t 3 , c n t 4 } ) answer=2\cdot \left( \lfloor \frac{cnt_0}{2} \rfloor +\min \left\{ cnt_1,cnt_6 \right\} +\min \left\{ cnt_2,cnt_5 \right\} +\min \left\{ cnt_3,cnt_4 \right\} \right) answer=2⋅(⌊2cnt0⌋+min{cnt1,cnt6}+min{cnt2,cnt5}+min{cnt3,cnt4})
( 2 ) (2) (2) 若 n n n 为偶数，则我们假设 n = 6 n=6 n=6，则
j = 0 j=0 j=0 的糖果和 j = 0 j=0 j=0 的糖果配对；
j = 1 j=1 j=1 的糖果和 j = 5 j=5 j=5 的糖果配对；
j = 2 j=2 j=2 的糖果和 j = 4 j=4 j=4 的糖果配对；
j = 3 j=3 j=3 的糖果和 j = 3 j=3 j=3 的糖果配对。
因此这种情况下的答案为
a n s w e r = 2 ⋅ ( ⌊ c n t 0 2 ⌋ + ⌊ c n t 3 2 ⌋ + min { c n t 1 , c n t 5 } + min { c n t 2 , c n t 4 } ) answer=2\cdot \left( \lfloor \frac{cnt_0}{2} \rfloor +\lfloor \frac{cnt_3}{2} \rfloor +\min \left\{ cnt_1,cnt_5 \right\} +\min \left\{ cnt_2,cnt_4 \right\} \right) answer=2⋅(⌊2cnt0⌋+⌊2cnt3⌋+min{cnt1,cnt5}+min{cnt2,cnt4})
一般情况与上面同理。
时间复杂度： O ( n + k ) O(n + k) O(n+k)
代码
/*
Written by Nitrogens
Desire for getting accepted!!
*/
#include #define dbg3(x1,x2,x3) cout<<#x1<<" = "<int d[maxn], cnt[105];
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false);
//freopen("a.txt","r",stdin);
//freopen("b.txt","w",stdout);
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &d[i]);
d[i] %= k;
cnt[d[i]]++;
}
int answer = 0;
answer += cnt[0] / 2 * 2;
if(k % 2 == 0) answer += cnt[k / 2] / 2 * 2;
int range = (k % 2 == 0) ? (k / 2 - 1) : k / 2;
for(int i = 1; i <= range; i++)
{
answer += 2 * min(cnt[i], cnt[k - i]);
}
//answer /= 2;
//answer += cnt[0];
printf("%d\n", answer);
//cout << "time: " << (long long)clock() * 1000 / CLOCKS_PER_SEC << " ms" << endl;
return 0;
}
1133C - Balanced Team
题意
有 n ( 1 ≤ n ≤ 2 ⋅ 1 0 5 ) n(1 \le n \le 2 \cdot 10^5) n(1≤n≤2⋅105) 个学生，每个学生的编程水平为 a i a_i ai。
现在要组成一个队伍，保证队伍中的学生两两编程水平的差距不超过 5 5 5。
问队伍中最多有多少学生。
解题思路
将序列 a a a 从小到大排序，之后我们可采取一种类似**滑动窗口（即双指针）**的思路。
设 p o s pos pos 为当前处理的小组中，水平最低的学生的编号， i i i 为当前正在处理的学生编号，当前小组的学生数为 c n t cnt cnt。
若 a i − a p o s ≤ 5 a_i - a_{pos} \le 5 ai−apos≤5，则将 i i i 加入到当前小组中， c n t : = c n t + 1 cnt:=cnt+1 cnt:=cnt+1；
否则，将答案与 c n t cnt cnt 取个最大值，向右更新 p o s pos pos 的位置，直到 a i − a p o s ≤ 5 a_i - a_{pos} \le 5 ai−apos≤5.
时间复杂度： O ( n log n + n ) O(n \log n + n) O(nlogn+n)
代码
/*
Written by Nitrogens
Desire for getting accepted!!
*/
#include #define dbg3(x1,x2,x3) cout<<#x1<<" = "<[ maxn];
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false);
//freopen("a.txt","r",stdin);
//freopen("b.txt","w",stdout);
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%I64d", &a[i]);
sort(a + 1, a + 1 + n);
int answer = 0, cnt = 1, pos = 1;
a[n + 1] = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
for(int i = 2; i <= n + 1; i++)
{
if(a[i] - a[pos] <= 5LL) cnt++;
else
{
answer = max(answer, cnt);
while(a[i] - a[pos] > 5LL && pos <= n) pos++;
cnt = i - pos + 1;
}
//dbg2(i, cnt);
}
printf("%d\n", answer);
//cout << "time: " << (long long)clock() * 1000 / CLOCKS_PER_SEC << " ms" << endl;
return 0;
}
1133D - Zero Quantity Maximization
题意
给你两个长度为 n n n 的整数序列 a a a 和 b b b。
你要创建一个新的序列 c c c，对于任意的 i ∈ [ 1 , n ] i \in [1, n] i∈[1,n]，满足 c i : = d ⋅ a i + b i c_i := d \cdot a_i + b_i ci:=d⋅ai+bi。
其中， d d d 为任意实数。
问如何选择 d d d，可使 c c c 中 0 0 0 的数量最多。
解题思路
0 : = d ⋅ a i + b i 0 := d \cdot a_i + b_i 0:=d⋅ai+bi 这个式子可转化为 d = − b i a i d=-\frac{b_i}{a_i} d=−aibi。
因此，我们需要讨论三种情况：
( 1 ) (1) (1) 当 a i = 0 a_i=0 ai=0 并且 b i = 0 b_i=0 bi=0 的时候，则无论如何选择 d d d， c i ≡ 0 c_i\equiv 0 ci≡0，因此统计这部分 i i i 的数量 t o t tot tot，最后加到答案中；
( 2 ) (2) (2) 当 a i = 0 a_i=0 ai=0 并且 b i ≠ 0 b_i\ne 0 bi̸=0 的时候，则无论如何选择 d d d， c i ≠ 0 c_i\ne 0 ci̸=0，直接跳过；
( 3 ) (3) (3) 其他情况，直接将 d = − b i a i d=-\frac{b_i}{a_i} d=−aibi 存入数组 a r r a y array array 中。
在将分数存入数组时，我们可以使用 pair 来表示分数，要注意分子和分母必须使用它们的 g c d gcd gcd 约分完毕，才能存入 pair中。
之后将 a r r a y array array 排序，统计出现次数最多的分数的出现次数 c n t cnt cnt。
则最后， c n t + t o t cnt+tot cnt+tot 就是答案。
特别注意：本题若使用 double 直接存储小数，会导致精度问题！！
时间复杂度： O ( n log 1 0 9 ) O(n \log 10^9) O(nlog109)
代码
/*
Written by Nitrogens
Desire for getting accepted!!
*/
#include #define dbg3(x1,x2,x3) cout<<#x1<<" = "<gcd (ll a, ll b)
{
return (b == 0) ? a : gcd(b, a % b);
}
ll a[maxn], b[maxn];
pll c[maxn];
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false);
//freopen("a.txt","r",stdin);
//freopen("b.txt","w",stdout);
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &b[i]);
int tot = 0, flag = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
if(a[i] == 0 && b[i] == 0)
{
tot++;
continue;
}
else if(a[i] == 0) continue;
ll d = gcd(a[i], b[i]);
c[++flag] = make_pair(a[i] / d, b[i] / d);
}
int answer = 0, cnt = 1;
sort(c + 1, c + 1 + flag);
c[flag + 1] = make_pair(LL_INF, LL_INF);
for(int i = 2; i <= flag + 1; i++)
{
if(c[i] == c[i - 1]) cnt++;
else
{
answer = max(answer, cnt);
cnt = 1;
}
}
printf("%d\n", answer + tot);
//cout << "time: " << (long long)clock() * 1000 / CLOCKS_PER_SEC << " ms" << endl;
return 0;
}
1133E - K Balanced Teams
题意
有 n ( 1 ≤ n ≤ 5000 ) n(1 \le n \le 5000) n(1≤n≤5000) 个学生，每个学生的编程水平为 a i a_i ai。
现在要组成 k ( 1 ≤ k ≤ n ≤ 5000 ) k(1 \le k \le n \le 5000) k(1≤k≤n≤5000) 个队伍，保证每支队伍中的学生两两编程水平的差距不超过 5 5 5。
允许有不分到任何小组中的学生，问最多有多少学生可以被分到小组中。
解题思路
本题为线性dp问题。
将序列 a a a 从小到大排序。
设 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 为截止到第 i i i 个学生，最多分成 j j j 组的最佳答案，
设 p o s i pos_i posi 为从左到右****第一个满足 a i − a p o s i ≤ 5 a_i-a_{pos_i} \le 5 ai−aposi≤5 的学生编号，则状态转移方程为
d p [ i ] [ j ] = max { d p [ i − 1 ] [ j ] , d p [ i ] [ j − 1 ] , d p [ p o s i − 1 ] [ j − 1 ] + i − p o s i + 1 } dp\left[ i \right] \left[ j \right] =\max \left\{ dp\left[ i-1 \right] \left[ j \right] ,dp\left[ i \right] \left[ j-1 \right] ,dp\left[ pos_i-1 \right] \left[ j-1 \right] +i-pos_i+1 \right\} dp[i][j]=max{dp[i−1][j],dp[i][j−1],dp[posi−1][j−1]+i−posi+1}
时间复杂度： O ( n log n + n 2 ) O(n \log n + n^2) O(nlogn+n2)
代码
/*
Written by Nitrogens
Desire for getting accepted!!
Need for practice of dynamic programming!!!!
*/
#include #define dbg3(x1,x2,x3) cout<<#x1<<" = "<[ maxn];
int dp[maxn][maxn];
int pos[maxn];
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false);
//freopen("a.txt","r",stdin);
//freopen("b.txt","w",stdout);
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
sort(a + 1, a + 1 + n);
for(int i = 1; i <= n; i++) pos[i] = lower_bound(a + 1, a + 1 + n, a[i] - 5LL) - a;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= min(k, i); j++)
{
dp[i][j] = max(dp[i][j - 1], dp[i - 1][j]);
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[pos[i] - 1][j - 1] + i - pos[i] + 1);
}
}
int answer = 0;
for(int i = 1; i <= k; i++) answer = max(answer, dp[n][i]);
printf("%d\n", answer);
//cout << "time: " << (long long)clock() * 1000 / CLOCKS_PER_SEC << " ms" << endl;
return 0;
}
1133F1 - Spanning Tree with Maximum Degree
题意
给你一张由 n ( 2 ≤ n ≤ 2 ⋅ 1 0 5 ) n(2 \le n \le 2 \cdot 10^5) n(2≤n≤2⋅105) 个点和 m ( n − 1 ≤ m ≤ m i n ( 2 ⋅ 1 0 5 , n ( n − 1 ) 2 ) ) m(n - 1 \le m \le min(2 \cdot 10^5, \frac{n(n-1)}{2})) m(n−1≤m≤min(2⋅105,2n(n−1))) 条边组成的无向连通图，让你输出其最大度数最大的生成树的所有边。
解题思路
找到图中度数最大的节点 i d id id，以 i d id id 为根，建立生成树。
使用并查集维护生成树。
先将 i d id id 与其所有相邻的点连边（必须在原图中存在这条边），合并所连的边的两个节点到一个集合中，再使用并查集建立余下的边。
时间复杂度： O ( m ⋅ α ( n ) ) O(m \cdot \alpha (n)) O(m⋅α(n))
代码
/*
Written by Nitrogens
Desire for getting accepted!!
*/
#include #define dbg3(x1,x2,x3) cout<<#x1<<" = "<int father[maxn], n, deg[maxn], point[maxn], rankk[maxn];
struct edge
{
int u, v;
} Edge[2 * maxn];
bool operator < (edge a, edge b)
{
return a.u < b.u || (a.u == b.u && a.v < b.v);
}
bool cmp(int a, int b)
{
return deg[a] > deg[b];
}
void init()
{
for(int i = 0; i <= n; i++) father[i] = i, point[i] = i, rankk[i] = 0;
}
int query(int id)
{
return father[id] == id ? id : query(father[id]);
}
void merge(int a, int b)
{
a = query(a);
b = query(b);
if(a != b)
{
if(rankk[a] > rankk[b]) father[b] = a;
else
{
father[a] = b;
if(rankk[a] == rankk[b]) rankk[b]++;
}
}
}
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false);
//freopen("a.txt","r",stdin);
//freopen("b.txt","w",stdout);
int m, u, v;
scanf("%d%d", &n, &m);
init();
int cnt = 0;
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
scanf("%d%d", &u, &v);
Edge[++cnt] = (edge){u, v};
Edge[++cnt] = (edge){v, u};
deg[u]++;
deg[v]++;
}
sort(point + 1, point + 1 + n, cmp);
int id = point[1];
for(int i = 1; i <= cnt; i++)
{
if(Edge[i].u == id)
{
printf("%d %d\n", Edge[i].u, Edge[i].v);
merge(Edge[i].u, Edge[i].v);
}
}
for(int i = 1; i <= cnt; i++)
{
if(query(Edge[i].u) != query(Edge[i].v))
{
printf("%d %d\n", Edge[i].u, Edge[i].v);
merge(Edge[i].u, Edge[i].v);
}
}
//cout << "time: " << (long long)clock() * 1000 / CLOCKS_PER_SEC << " ms" << endl;
return 0;
}
1133F2 - Spanning Tree with One Fixed Degree
题意
给你一张由 n ( 2 ≤ n ≤ 2 ⋅ 1 0 5 ) n(2 \le n \le 2 \cdot 10^5) n(2≤n≤2⋅105) 个点和 m ( n − 1 ≤ m ≤ m i n ( 2 ⋅ 1 0 5 , n ( n − 1 ) 2 ) ) m(n - 1 \le m \le min(2 \cdot 10^5, \frac{n(n-1)}{2})) m(n−1≤m≤min(2⋅105,2n(n−1))) 条边组成的无向连通图，让你输出其** 1 1 1 号节点度数恰好为 D D D 的生成树**的所有边。
若答案不存在，输出 NO。
解题思路
先不考虑 1 1 1 号点，此时整个图被拆成了若干个连通分量。
用 DFS 处理 1 1 1 号点之外所有的点，计算出每个点所在的连通分量编号，同时统计每个连通分量 i i i 与 1 1 1 号点所连边的集合 S i S_i Si 及其大小 ∣ S i ∣ |S_i| ∣Si∣。
设连通分量的数量为 c n t cnt cnt， 1 1 1 号点在原图中的度数大小为 d e g 1 deg_1 deg1。
若 c n t > d cnt > d cnt>d 或者 d e g 1 < d deg_1 < d deg1<d，则答案不存在。
之后，将连通分量按照 ∣ S i ∣ |S_i| ∣Si∣ 从小到大排序。
用并查集来维护生成树。
首先，将 1 1 1 号点与每个连通分量中的一个点连边（必须在原图中存在这条边），合并所连每一条边的两个节点到同一集合中。
之后，若 1 1 1 号点在生成树中度数还未达到 D D D，则将 1 1 1 号点与其未连过的点随意连边（必须在原图中存在这条边），合并所连每一条边的两个节点到同一集合中，直到度数达到 D D D。
最后，使用并查集建立余下的边。
时间复杂度： O ( n ⋅ α ( n ) ) O(n \cdot \alpha(n)) O(n⋅α(n))
代码
/*
Written by Nitrogens
Desire for getting accepted!!
*/
#include #define dbg3(x1,x2,x3) cout<<#x1<<" = "<int head[maxn], father[maxn], n, cnt, belong[maxn], tot, deg[maxn], perm[maxn], rankk[maxn];
bool vis[maxn];
vector <int> conn[maxn];
bool cmp(int a, int b)
{
return deg[a] < deg[b];
}
struct edge
{
int u, v, nxt;
} Edge[2 * maxn];
void init()
{
memset(head, -1, sizeof(head));
memset(belong, 0, sizeof(belong));
for(int i = 0; i <= n; i++) father[i] = i;
cnt = 0, tot = 0;
}
int query(int id)
{
return father[id] == id ? id : query(father[id]);
}
void merge(int x, int y)
{
x = query(x);
y = query(y);
if(x != y)
{
if(rankk[x] > rankk[y]) father[y] = x;
else
{
father[x] = y;
if(rankk[x] == rankk[y]) rankk[y]++;
}
}
}
void addedge(int u, int v)
{
Edge[cnt].u = u;
Edge[cnt].v = v;
Edge[cnt].nxt = head[u];
head[u] = cnt++;
}
void dfs(int id)
{
if(vis[id]) return;
vis[id] = true;
belong[id] = tot;
for(int i = head[id]; i != -1; i = Edge[i].nxt)
{
int v = Edge[i].v;
if(v == 1)
{
deg[tot]++;
conn[tot].pb(id);
continue;
}
dfs(v);
}
}
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false);
//freopen("a.txt","r",stdin);
//freopen("b.txt","w",stdout);
int m, u, v, d;
scanf("%d%d%d", &n, &m, &d);
init();
int degone = 0;
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
scanf("%d%d", &u, &v);
addedge(u, v);
addedge(v, u);
degone += (u == 1 || v == 1);
}
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
if(!vis[i])
{
tot++;
dfs(i);
}
}
if(tot > d || degone < d)
{
printf("NO\n");
return 0;
}
for(int i = 1; i <= tot; i++) perm[i] = i;
sort(perm + 1, perm + 1 + tot);
int num = 0;
printf("YES\n");
for(int i = 1; i <= tot; i++)
{
int id = perm[i];
num++;
printf("%d %d\n", 1, conn[id][0]);
merge(1, conn[id][0]);
if(num == d) break;
}
for(int i = 1; i <= tot; i++)
{
int id = perm[i];
for(int j = 1; j < conn[id].size(); j++)
{
if(num >= d) break;
num++;
printf("%d %d\n", 1, conn[id][j]);
merge(1, conn[id][j]);
}
if(num >= d) break;
}
for(int i = 1; i <= cnt; i++)
{
u = Edge[i].u;
v = Edge[i].v;
if(u == 1 || v == 1) continue;
if(query(u) != query(v))
{
printf("%d %d\n", u, v);
merge(u, v);
}
}
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