AtCoder Grand Contest 001 做题记录
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A - BBQ Easy
题意：有 2N 2 N 根烤肉扦，第 i i 个烤肉扦长度为 Li L i ，每一块肉需要横跨两根烤肉扦，长度为 1 1 。可以随意分配烤肉扦的顺序，询问最多同时可以烤多少块肉。
N≤100,Li≤100,Li N ≤ 100 , L i ≤ 100 , L i 是整数
解答：将烤肉扦从小到大排序，下标为奇数的位置之和即为答案。
#include B - Mysterious Light
题意：有一个边长为 N N 的正三角形，顶点分别为 a a 、 b b 、 c c ，有一束激光从 ab a b 边上，距离 a a 为 x x 的位置，平行于 bc b c 射入正三角形。激光遇到三角形的三边或者已经走过的光路时，会发生镜面反射。询问最后激光回到出发点时，走过光路的长度。
2≤N≤1012,1≤X≤N−1 2 ≤ N ≤ 10 12 , 1 ≤ X ≤ N − 1
解答：答案为 3(N−gcd(N,X)) 3 ( N − g c d ( N , X ) )
原图形走两步就会变成一个平行四边形，两边分别为 (X,N−X) ( X , N − X ) ，这两步的长度为N
考虑这样一个长宽为 a a 、 b b 平行四边形，设需要的步数为 F(a,b) F ( a , b )
那么有这样一个关系式：
若 a>b a > b ， F(a,b)=F(b,a) F ( a , b ) = F ( b , a )
若 a=b a = b ， F(a,b)=a=b F ( a , b ) = a = b
若 a<b a < b ， F(a,b)=2a+F(b−a,b) F ( a , b ) = 2 a + F ( b − a , b )
这样我们就已经得到一个log级别的递推算法了
我们还可以对这个式子化简
我们定义 phi(F(a,b))=a+b p h i ( F ( a , b ) ) = a + b
当a ≠b ≠ b 时， phi p h i 每下降 x x ， F F 的值会增加 2x 2 x
当 a=b a = b 时， phi p h i 每下降 2x 2 x ， F F 的值会增加 x x
加上最开始走的两部，可以得知答案为 3(N−gcd(N,X)) 3 ( N − g c d ( N , X ) )
#include C - Shorten Diameter
题意：给定一棵 N N 个节点的树，至少移除多少个节点，使得该树的直径 ≤K ≤ K 。
2≤N≤2000 2 ≤ N ≤ 2000 ； 1≤K≤N−1 1 ≤ K ≤ N − 1 ； 1≤Ai≤N 1 ≤ A i ≤ N ； 1≤Bi≤N 1 ≤ B i ≤ N
解答：若一个树的直径小于等于 K K ，则一定存在一条边，使得删除这条边之后，以边的两个端点为根的子树深度分别小于等于 ⌈K−12⌉ ⌈ K − 1 2 ⌉ 和 ⌊K−12⌋ ⌊ K − 1 2 ⌋ 。爆枚这条边再dfs判深度即可，时间复杂度 O(N2) O ( N 2 )
#include int u = rd(), v = rd();
a[i] = u, b[i] = v;
E[u].push_back(v);
E[v].push_back(u);
}
int ans = INF;
if (k%2 == 0) {
for (int i=1;i<=n;i++) {
tot = 0;
dfs(i, i ,0);
ans = min(ans, n - tot);
}
} else {
for (int i=1;i0;
dfs(a[i], b[i], 0);
dfs(b[i], a[i], 0);
ans = min(ans, n - tot);
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
} D - Arrays and Palindrome
题意：
给定一个长度为 M M ，和为 N N 的序列{ A A }，需要重排 A A 并且构造一个数列{ B B }满足：
1、{ B B }的元素和为 N N
2、任何序列满足 (1) ( 1 ) 和 (2) ( 2 ) 的都满足 (3) ( 3 )
（1）序列的这些元素是回文串：前 A1 A 1 个项，接下来 A2 A 2 项，接下来 A3 A 3 项……
（2）序列的这些元素是回文串：前 B1 B 1 个项，接下来 B2 B 2 项，接下来 B3 B 3 项……
（3）该序列的所有元素相同
1≤N≤105 1 ≤ N ≤ 10 5
1≤M≤100 1 ≤ M ≤ 100
Ai≤105 A i ≤ 10 5
解答：
转化一下模型，有一排 N N 个点，长度为 L L 的回文串相当于连接 ⌊L2⌋ ⌊ L 2 ⌋ 条无向边，要求最后所有的点都在一个联通分量里面。
显然至少需要 N−1 N − 1 条边，那么无解的情况我们就可以通过这个来判断了。如果 A A 中的奇数项大于等于3，无解。
单独讨论一下 M=1 M = 1 的情况
当 M≥2 M ≥ 2 时，将 A A 中的奇数项移动到两端， B1=A1−1 B 1 = A 1 − 1 ， BM=AM−1 B M = A M − 1 ，其余的 Bi=Ai B i = A i 即可。
#include E - BBQ Hard
题意：
给定 N N 个数{ A A }和{ B B }，求
解答：
对 CAi+AjAi+Bi+Aj+Bj C A i + B i + A j + B j A i + A j 可以看做是平面直角坐标系中，从 (−Ai,−Bi) ( − A i , − B i ) 到 (Aj,Bj) ( A j , B j ) 最短路的数量。（只能从整点走到整点）
那么将每个 (−Ai,−Bi) ( − A i , − B i ) 作为起点，每个 (Ai,Bi) ( A i , B i ) 作为终点，最短路条数之和就能得到
减去 ∑ni=1CAi+Bi2(Ai+Bi) ∑ i = 1 n C 2 ( A i + B i ) A i + B i 后再除以二即可
#include F - Wide Swap
题意：
给定一个长度为 N N 的排列 P P ，对于 i i , j j 满足 j−i≥K j − i ≥ K 且 |Pi−Pj|=1 | P i − P j | = 1 就可以交换这两个元素，求字典序最的序列。
解答：
阅读和参考了官方题解以及
https://www.cnblogs.com/BearChild/p/7895719.html
令 Q Q 为 P P 的转置，即 QPi=i Q P i = i 。
由字典序的性质可得，当 Q Q 字典序最小时， P P 字典序最小。
对排列 P P ，只有在两个元素相邻并且权值差不小于 K K 时才能交换。
由此得出一个性质，当两元素 Px P x 和 Py P y （ x<y x < y ）的权值差小于 K K 时，无论怎么操作 Px P x 元素始终在 Py P y 元素前面。
显然，满足所有上述限制的排列，一定能够通过合法的交换得到。
那么对于权值差小于 K K 的两个元素 Px P x 和 Py P y ，我们从 Px P x 向 Py P y 连一条边，那么一组合法解便满足该图的拓扑序。
这么连边的边数是 O(N2) O ( N 2 ) ，下面优化连边：
形如A–>B, B–>C, A–>C的连边中，A–>C这条边显然在拓扑关系中无用。
我们考虑如何避免加入 A–>C 这种边：将 Pi P i 连向 (Pi−K,Pi) ( P i − K , P i ) 和 (Pi,Pi+K) ( P i , P i + K ) 两个区间下标最小的那一个即可。线段树维护区间最小值。
时间复杂度： O(NlogN) O ( N l o g N )
#include