Codeforces Round #398 (Div. 2) BCD

B：The Queue

题目大意：你要去办签证,那里上班时间是[s,t), 你知道那一天有n个人会来办签证,他们分别是在时间点a_i来的。每个人办业务要花相同的时间x,问你什么时候来 排队等待的时间最少。  (如果你和某个人同时来排队,你会排在他后面)         所有时间为正整数。

 

题解：

首先可以模拟出 每个人的业务什么时候会办好,那么最优解要么是在第一个人来之前的一分钟来,即a₁-1,要么是在某个人的业务刚办好的时候来。 分别求出要等待的时间即可。

注意如果有多个人同时来,那么只能在这些人里的最后的业务办好之后来。

 

代码：

 1 #include 
 2 #include 
 3 #include 
 4 #include 
 5 #include 
 6 #include 
 7 #include ]) continue;
50         if (i<n)
51         {
52             ll tmp=v[i+1]-1,tt=max(0ll,cur-tmp);
53             if (tttt;
54         }
55         //cout<
56     }
57     if (cur+x<=t)
58     {
59         ans1=cur,ans2=0;
60     }
61     printf("%I64d\n",ans1);
62     return 0;
63 }

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C：Garland

题目大意：

给出一棵树,要求分成3部分,每个部分的点权和相同。

 

题解：

首先所有点的点权之和必须是3的倍数,否则无解。记s[x]为以x为根的子树点权和,tmp=所有点权和/3。假设我们选了u,v这两个点,并且切掉了它们到它们的父节点的边。那么符合要求的只有2种情况：

1.  s[u]=s[v]=tmp.   lca(u,v)!=u  && lca(u,v)!=v.

2.  s[u]=tmp*2,s[v]=tmp, lca(u,v)=u.     

首先做一次dfs求出所有s[x]。

然后做第二次dfs：对于第2种情况,只要记录从根到当前节点是否存在s[u]=tmp*2的点, 如果存在,且当前节点s[v]=tmp,那么就找到了一种分割方案。

对于第1种情况, 对于当前节点v, 且s[v]=tmp,  我们需要知道是否存在一个点u,满足s[u]=tmp*2,且u不在 根到v的路径中。   这里用点小技巧, 假设dfs到了v,那么根到v的路径中的点都还在栈里, 所以只要考虑已经不在栈里的点u。  具体实现看代码。

 

代码：

 1 #include 
 2 #include 
 3 #include 
 4 #include 
 5 #include 
 6 #include 
 7 #include 30     {
31         int y=g[x][i]; if (y==father[x]) continue;
32         Dfs(y); s[x]+=s[y];
33     }
34 }
35 
36 void Dfs2(int x,int pre)
37 {
38     if (pre && s[x]==tmp) t1=pre,t2=x;
39     if (tt && s[x]==tmp) t1=tt,t2=x;
40     for (int i=0;i)
41     {
42         int y=g[x][i]; if (y==father[x]) continue;
43         if (x!=rt && s[x]==tmp*2) Dfs2(y,x);
44         else Dfs2(y,pre); 
45     }
46     if (s[x]==tmp) tt=x;
47 }
48 
49 int main()
50 {
51     //freopen("in.in","r",stdin);
52     //freopen("out.out","w",stdout);
53     
54     scanf("%d",&n);  int sum=0;
55     for (int i=1;i<=n;i++) 
56     {
57         scanf("%d%d",&father[i],&v[i]);
58         if (father[i]) g[father[i]].push_back(i);
59         else rt=i;
60         sum+=v[i];
61     }
62     if (sum%3){printf("-1\n"); return 0;}
63     tmp=sum/3;
64     
65     Dfs(rt);
66     Dfs2(rt,0);
67     if (t1 && t2) printf("%d %d\n",t1,t2);
68     else printf("-1\n");
69     return 0;
70 }

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D：

有n瓶牛奶,分别还有ai天过期,每天最多喝k瓶。  超市里有m瓶牛奶,分别还有bi天过期, 问最多能从超市里买多少瓶牛奶,使得买来的牛奶加上本来已有的,都可以在过期之前喝完。

n<=100w.

 

题解：

显然要先买保质期长的牛奶,所以可以考虑二分答案。 如何判断可行性呢？  根据贪心策略,显然要先喝保质期短的牛奶。所以只要把牛奶按保质期排序就好。这里就涉及到将两个单调的序列合并成一个单调序列的问题。  数据范围100w应该是为了卡掉暴力sort合并的O(nlognlogn)解法.

 

代码：

 1 #include 
 2 #include 
 3 #include 
 4 #include 
 5 #include 
 6 #include 
 7 #include 38     {
39         if (i>=n) q[cnt]=b[j].v,j++;
40         else if (j>=m) q[cnt]=a[i],i++;
41         else
42         {
43             if (a[i];
44             else q[cnt]=b[j].v,j++;
45         }
46         if (cnt/k>q[cnt]) return false;
47         cnt++;
48     }
49     return true;
50 }
51 
52 int main()
53 {
54     //freopen("in.in","r",stdin);
55     //freopen("out.out","w",stdout);
56     
57     scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
58     for (int i=0;i"%d",&a[i]);
59     for (int i=0;i"%d",&b[i].v),b[i].id=i+1;
60     sort(a,a+n);sort(b,b+m);
61     bool flag=true;
62     for (int i=0;iif (a[i]false;
63     if (!flag){printf("-1\n"); return 0;}
64     
65     int l=0,r=m,mid,ans;
66     while (l<r)
67     {
68         mid=(l+r)>>1;
69         if (check(mid)) r=mid;
70         else l=mid+1;
71     }
72     
73     ans=m-l;
74     printf("%d\n",ans);
75     for (int i=m-ans;i"%d ",b[i].id);
76     printf("\n");
77     return 0;
78 }

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