AtCoder Beginner Contest 313

A - To Be Saikyo (atcoder.jp)

AC代码:

#include
#include
#include
#include
#define endl '\n'
//#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=110;
int a[N];
int n;
void solve()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    int x=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(a[i]>=a[x]) x=i;
    }
    if(x==1) cout<<0<>t;
    while(t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

B - Who is Saikyo? (atcoder.jp)

想到拓扑排序,但只要记录入度就行,不需要排序

AC代码:

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define endl '\n'
//#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100;
int d[N];
int n,m;
void solve() {
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u,v;
        cin>>u>>v;
        d[v]++;
    }
    vectorans;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(d[i]==0) ans.push_back(i);
    }
    if(ans.size()!=1) cout<<-1<>t;
    while(t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

C - Approximate Equalization 2 (atcoder.jp)

一开始想的是将任意两个数分解成x和x+1,要使得次数最小,那么要让x尽量平均,于是让最大的数和最小的数分解,次大的数和次小的数分解...

但是这样完全想错了,比如说一个数超级大,其它数超级小,那么其它数都得和那个最大的数进行配对

我们可以发现,每次操作都是一个数加1,另一个数减1,那么当所有操作结束后,总和还是不变,为sum,然后我们最后统一要变成一堆x以及一堆x+1,由于x*n

设共cnt个x,则(n-cnt)个x+1,所以cnt*x+(n-cnt)*(x+1)=sum,得cnt=n*x+n-sum

然后肯定是小的数变成x,大的数变成x+1,这样次数才最少,最后算出的差值之和是操作次数的两倍,因为每次操作的差值都是2(加1和减1)

注意,它并不是两两对称配对的,所以不能只算前一半的数

AC代码:

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define endl '\n'
//#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10;
int a[N];
int n;
void solve() {
    cin>>n;
    ll sum=0;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        cin>>a[i];
        sum+=a[i];
    }
    sort(a+1,a+1+n);
    int x=sum/n;
    ll res=0;
    int cnt=n*x+n-sum;
    for(int i=1;i<=cnt;i++) res+=abs(a[i]-x);
    for(int i=cnt+1;i<=n;i++) res+=abs(a[i]-(x+1));
    cout<>t;
    while(t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}