Codeforces Round #661 (Div. 3) A~E1

Codeforces Round #661 (Div. 3) A~E1

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上分场找回了点自信。

Codeforces Round #661 (Div. 3) A~E1_第1张图片

https://codeforces.com/contest/1399

A. Remove Smallest

题意

给定一个数组 \(a_1,a_2,...,a_n\) ,每次操作可以选取数组中两个相差不大于 \(1\) 的数字,删除其中一个。

询问能否删到最后剩余一个数字。

解题

保证数组有序后,相邻元素差值不超过 \(1\) 即可。

#include
//#include
#define ll long long
#define fr(i,n) for(ll i=0;i>t;
    while(t--){
        int n;cin>>n;
        int a[55];
        fr(i,n) cin>>a[i];
        sort(a,a+n);
        int p = 1;
        fr(i,n-1){
            if(a[i+1]-a[i]>1)   p++;
        }
        //cout<<1<1)    cout<<"NO"<

B. Gifts Fixing

题意

\(n\) 个礼物,每个礼物由 \(a_i\) 个糖果和 \(b_i\) 个橘子组成。

每次可以对一个礼物进行以下操作:

  • 吃掉一个糖果;
  • 吃掉一个橘子;
  • 吃掉一个糖果和一个橘子。

询问最少多少次操作可以使得所有礼物的糖果和橘子都相同。

解题

简单贪心,将所有的糖果和橘子变成分别变成最少的数量,每一堆的最少花费为 \(max(a_i-a_{min},b_i-b_{min})\) ,求和即可。

#include
//#include
#define ll long long
#define fr(i,n) for(ll i=0;i>t;
    while(t--){
        ll a[55],b[55];
        int n;cin>>n;
        fr(i,n) cin>>a[i];
        fr(i,n) cin>>b[i];
        ll mina = *min_element(a,a+n);
        ll minb = *min_element(b,b+n);
        ll ans = 0;
        fr(i,n){
            ans+=max(a[i]-mina,b[i]-minb);
        }
        cout<

C. Boats Competition

题面

有一群人,战斗力为 \(w_1,w_2,...,w_n\) ,要求两两组队,且每个队伍的战斗力必须相同。

询问最多可以组成多少个队伍。

解题

由于人数和战斗力范围较小,可以直接在 \([2,2n]\) 内遍历队伍战斗力范围,取组成数量最多值,复杂度 \(O(2n^2)\)

#include
//#include
#define ll long long
#define fr(i,n) for(ll i=0;i>t;
    while(t--){
        int n;cin>>n;
        int a[550];memset0(a);
        fr(i,n){
            int inp;cin>>inp;
            a[inp]++;
        }
        int  maxs = 0,maxnum = 0;
        frr(s,2,2*n+1){
            int num = 0;
            frr(i,1,n+1){
                if(s-i>0)   num+=min(a[i],a[s-i]);
            }
            num/=2;
            maxnum = max(num,maxnum);
        }
        cout<

D. Binary String To Subsequences

题意

给定一个由 \(01\) 组成的字符串 \(S\),问最少分成多少个子串,使得每个子串 \(01\) 交错。

并且输出每一个字符被分配到的子串编号。

解题

注意题中说的是子串,不是连续子串。

类似 \(dp\) 的思路,将前面的所有子串状态存储,对于当前字符 \(S_i\) 有:

  • 如果存在结尾与 \(S_i\) 不同的子串,则可以用 \(S_i\) 续接该子串。
  • 否者用 \(S_i\) 新建一个子串。

关于子串的存储只需要记录结尾和编号即可,复杂度 \(O(n)\)

#include
//#include
#define ll long long

#define fr(i,n) for(ll i=0;i>t;
    while(t--){
        int n;cin>>n;
        string inp;cin>>inp;
        int maxsz = 0;
        //fr(i,n) a[i] = 0;
        stackct[2];
        fr(i,n){
            if(!ct[!(inp[i]-'0')].empty()){
                a[i] = ct[!(inp[i]-'0')].top();
                ct[!(inp[i]-'0')].pop();
                ct[(inp[i]-'0')].push(a[i]);
            }else{
                ct[(inp[i]-'0')].push(++maxsz);
                a[i] = maxsz;
            }
        }
        cout<

E1. Weights Division (easy version)

题意

给定一棵带边权的树,每次操作可以选择一条边,使其权值 \(w_i = \lfloor\frac{w_i}{2}\rfloor\)

询问至少多少次操作,可以使得叶节点到根部的路径权总和小于等于 \(S\)

解题

贪心,选取一个边会对权值和产生的影响为 \((w_i-\lfloor\frac{w_i}{2}\rfloor)*cnt\)\(cnt\) 为经过该边的叶节点数量,优先选取影响大的。

\(dfs\) 跑出每一条边的 \(w_i,cnt\),再以单调队列维护,不断操作,直到和小于等于 \(S\)

复杂度 \(O(nlogn)\)

#include 
//#include
#define ll long long

#define fr(i,n) for(ll i=0;i=j;i--)

#define frrs(i,j,n,flag)    for(ll i=j;i=j&&flag;i--)


#define yes "yes"
#define no  "no"

#define memset0(dp) memset(dp,0,sizeof(dp))
#define min_get(a,b) a = min(a,b)
#define max_get(a,b) a = max(a,b)
#define PI  3.14159265354

#define print_arr(begin,end)    for(auto it = begin;it!=end;it++)  cout<<*it<<" "; cout<>a;return a;}
string  to_str(double a)    {stringstream ss;ss<inline void read(T &x){T f=1;x=0;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}x*=f;}

mapeg[1*e5];

struct cst_cnt{
    ll cst,cnt;
    cst_cnt(ll cs,ll cn){cst = cs,cnt = cn;}

    bool operator < (const cst_cnt o)const{
        return (cst-cst/2)*cnt<(o.cst-o.cst/2)*o.cnt;
    }
};

priority_queuecost;

ll sum;

ll dfs(int i,int last){
    ll cst;
    if(i==last) cst = 0;
    else cst = eg[i][last];
    ll cnt = 0;
    if(eg[i].size()==1&&i!=last) cnt = 1;
    else{
        for(auto it:eg[i]){
            if(it.first!=last){
                cnt += dfs(it.first,i);
            }
        }
    }
    sum += cnt*cst;
    cost.push(cst_cnt(cst,cnt));
    return cnt;
}

int main(){

    int t;cin>>t;
    while(t--){
        ll n,s;cin>>n>>s;
        frr(i,1,n+1) eg[i].clear();
        ll v,u,w;
        #define p(a,b) pair(a,b)
        fr(i,n-1){
            cin>>v>>u>>w;
            eg[v].insert(p(u,w));
            eg[u].insert(p(v,w));
        }
        while(!cost.empty()) cost.pop();
        sum = 0;
        dfs(1,1);

        ll ans = 0;
        while(sum>s){
            cst_cnt tmp = cost.top();
            sum -= (tmp.cst-tmp.cst/2)*tmp.cnt;
            tmp.cst/=2;
            cost.pop();
            cost.push(tmp);
            ans++;
        }
        cout<

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