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CodeTON Round 4 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!)A~E

发布时间:2023/4/9 10:09:53

比赛连接:Dashboard - CodeTON Round 4 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!) - Codeforces

 A. Beautiful Sequence

题意:

 t(1≤t≤500)组测试每组给定大小为n(1≤n≤100) 的序列,判断它是否存在一个子序列是好序列。一个序列是好序列当且仅当至少存在一个ai=i。

思路:

考虑到从原序列抽取一些数形成的子序列下标i只可能比原来小,如果原来存在一个i>=a[i],存在一种选择方法使得子序列下标i减小到a[i],否则不可能构造出来。

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include<bitset>
#include<iomanip>
#include<list> 
#include <algorithm>
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<LL,LL>
#define pil pair<int,LL>
#define pli pair<LL,int>
#define pdd pair<db,db>
#define se second 
#define fi first
#define endl '\n'
#define rep(i,a,b) for (register int i=a;i<b;++i)
#define per(i,a,b) for (register int i=a;i>b;--i)
#define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define M(x) ((x)%MOD)
#define db double
#define eps 1e-9
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
using namespace std;
const int MOD=1e9+7;
const db pi=acos(-1.0);
const int N=110,M=2*N;
int a[N];
inline void solve()
{
	int n;
	cin>>n;
	rep(i,1,n+1) cin>>a[i];
	rep(i,1,n+1){
		if(i>=a[i]){
			cout<<"YES"<<endl;
			return;
		}
	}
	cout<<"NO"<<endl;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	cin>>_;
	while(_--){
		solve();
	}
	return 0;
}

B. Candies

题意:

 t(1≤t≤1e4)组测试每组给定n(2≤n≤1e9) ,有两种操作,第一种是将x变为2*x-1,第二种是将x变为2*x+1,输出将1变为n的操作序列,最多不超过40次。

思路:

操作后的数只能变为奇数,故n为偶数时一定不能构造。n为奇数,考虑如何使n变为1,如果把n写为二进制形式,第一种逆操作相当于将n加一再右移一位,第二种为将n减一再右边移动一位,所以可以找到一种操作:每一次看n的最后两位,如果是11做第二种操作,这样就除去了最后一位,如果是01做第一种操作(不能做第二种操作,因为过程中不能出现偶数)。n的最大是1e9,最多30位,一定符合要求。

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include<bitset>
#include<iomanip>
#include<list> 
#include <algorithm>
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<LL,LL>
#define pil pair<int,LL>
#define pli pair<LL,int>
#define pdd pair<db,db>
#define se second 
#define fi first
#define endl '\n'
#define rep(i,a,b) for (register int i=a;i<b;++i)
#define per(i,a,b) for (register int i=a;i>b;--i)
#define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define M(x) ((x)%MOD)
#define db double
#define eps 1e-9
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
using namespace std;
const int MOD=1e9+7;
const db pi=acos(-1.0);
const int N=40,M=2*N;
int a[N],b[N];
inline void solve()
{
	int n;
	cin>>n;
	if(n&1){
		int len=0,sz=0;
		while(n){
			a[++len]=n&1;
			n>>=1;
		}
		cout<<len-1<<endl;
		rep(i,1,len){
			if(a[i+1]) b[++sz]=2;
			else b[++sz]=1,a[i+1]=1; 
		}
		per(i,sz,0) cout<<b[i]<<" ";
		cout<<endl;
	}else cout<<-1<<endl;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	cin>>_;
	while(_--){
		solve();
	}
	return 0;
}

C. Make It Permutation

题意:

给定一个序列,可以进行两种操作,删除一个元素,花费为c,添加一个元素,花费为d,求使序列变为一个非空排列的最小花费。

思路:

因为排列不会存在重复元素,遇到重复元素一定要删除。将处理后的数组排序,考虑构造出1~a[i]的排列,删除后面的元素的花费,所有情况取最小值。注意将数组删除为空再补1的情况也要算。

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include<bitset>
#include<iomanip>
#include<list> 
#include <algorithm>
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<LL,LL>
#define pil pair<int,LL>
#define pli pair<LL,int>
#define pdd pair<db,db>
#define se second 
#define fi first
#define endl '\n'
#define rep(i,a,b) for (register int i=a;i<b;++i)
#define per(i,a,b) for (register int i=a;i>b;--i)
#define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define M(x) ((x)%MOD)
#define db double
#define eps 1e-9
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
using namespace std;
const int MOD=1e9+7;
const db pi=acos(-1.0);
const int N=1e5+10,M=2*N;
int a[N],len;
inline void solve()
{
	len=0;
	set<int>st;
	int n,c,d,x;
	LL ans=0;
	cin>>n>>c>>d;
	rep(i,1,n+1){
		cin>>x;
		if(st.count(x)) ans+=c;
		else st.insert(x),a[++len]=x;
	}
	sort(a+1,a+1+len);
	LL mi=1e18,tot=0;
	rep(i,1,len+1){
		tot+=a[i]-a[i-1]-1;
		mi=min(mi,tot*d+(LL)(len-i)*c);
	}
	mi=min(mi,(LL)len*c+d);
	cout<<ans+mi<<endl;
}
int main()
{
//	#ifndef ONLINE_JUDGE
//		freopen("1.in","r",stdin);
//		freopen("1.out","w",stdout);
//	#endif
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	cin>>_;
	while(_--){
		solve();
	}
	return 0;
}

D. Climbing the Tree

题意:

一个蜗牛爬树,树的高度为h,蜗牛每天爬a,下降b(a>b),从高度0花费n天爬上高度h。现在不知道h的值,有两种事件,事件1是给定a,b,n,需判断当前事件是否和前面的冲突;时间2是给定a,b,判断是否能根据当前信息求出确切的n。

思路:

先寻找a,b,h,n的关系,因为最后一次距离顶端小于等于a可以直接上去,考虑爬高度h-a的情况,显然需要\left \lceil \frac{h-a}{a-b} \right \rceil天,最后再花一天爬上h,总天数为\left \lceil \frac{h-a}{a-b} \right \rceil+1

对于事件1,有:

 \left \lceil \frac{h-a}{a-b} \right \rceil+1=n

于是可以根据a,b,n的值算出h的下界和上界,分别用lh和rh表示:

lh=(n-2)(a-b)+a+1

rh=(n-1)(a+b)+a

将lh和rh和前面的取交集,如果为空说明不合法,否则合法。

 对于事件2,根据当前lh和rh可以根据上式计算出n,n唯一则说明有解,否则无解。

注意h<=a,n=1的边界情况。

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include<bitset>
#include<iomanip>
#include<list> 
#include <algorithm>
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<LL,LL>
#define pil pair<int,LL>
#define pli pair<LL,int>
#define pdd pair<db,db>
#define se second 
#define fi first
#define endl '\n'
#define rep(i,a,b) for (register int i=a;i<b;++i)
#define per(i,a,b) for (register int i=a;i>b;--i)
#define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define M(x) ((x)%MOD)
#define db double
#define eps 1e-9
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
using namespace std;
const int MOD=1e9+7;
const db pi=acos(-1.0);
const int N=1e5+10,M=2*N;
int n;
void cal(int a,int b,LL &lh,LL &rh)
{
	if(n==1){
		lh=1,rh=a;
		return;
	}
	LL t=1ll*(n-2)*(a-b)+a;
	lh=t+1,rh=t+a-b;
}
LL calc(int a,int b,LL h)
{
	if(h<=a) return 1;
	LL res=(h-a)/(a-b);
	if((h-a)%(a-b)) res+=2;
	else res+=1;
	return res;
}
inline void solve()
{
	LL lh=-1,rh=1e18;
	int q;
	cin>>q;
	rep(_,0,q){
		int op,a,b;
		cin>>op>>a>>b;
		if(op==1){
			cin>>n;
			if(_){
				LL l,r;
				cal(a,b,l,r);
				if(l>rh||r<lh) cout<<0<<" ";
				else cout<<1<<" ",lh=max(lh,l),rh=min(rh,r);
			}else{
				cout<<1<<" ";
				cal(a,b,lh,rh);
			}
			//cout<<lh<<" "<<rh<<endl;
		}else{
			if(lh==-1){
				cout<<-1<<" ";
				continue; 
			}
			LL n1=calc(a,b,lh),n2=calc(a,b,rh);
			if(n1==n2) cout<<n1<<" ";
			else cout<<-1<<" ";
		}
	}
	cout<<endl;
}
int main()
{
//	#ifndef ONLINE_JUDGE
//		freopen("1.in","r",stdin);
//		freopen("1.out","w",stdout);
//	#endif
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	cin>>_;
	while(_--){
		solve();
	}
	return 0;
}

E. Monsters

题意:

给定一个n个点,m条边的无向无环图,每个点都有一个怪物对应一个危险值,能打败某个点的怪物当且仅当打败的怪物数大于等于危险值。开始选择一个点出发,可以通过一个点需要能打败该点的怪物,判断能否打败所有怪物。

n, m (1≤n,m≤2e5)

思路:

本题官方给出了最暴力的做法:找到每一个ai=0的点做扩散,每一次扩散判断是否能扩展到所有点。虽然直觉上会超时,但是可以证明这样做复杂度为O(n*log(n)*log(n))。

相比官方做法更容易想到用并查集维护连续可走的块。先将危险值从小到大排序,需要一个数组来记录一个集合是否被选择(是否走过),每一次扩散都将危险值大的点并到危险值小的点,维护集合大小,最后合法的结果是一定只有一个根节点。

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include<bitset>
#include<iomanip>
#include<list> 
#include <algorithm>
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<LL,LL>
#define pil pair<int,LL>
#define pli pair<LL,int>
#define pdd pair<db,db>
#define se second 
#define fi first
#define endl '\n'
#define rep(i,a,b) for (register int i=a;i<b;++i)
#define per(i,a,b) for (register int i=a;i>b;--i)
#define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define M(x) ((x)%MOD)
#define db double
#define eps 1e-9
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
using namespace std;
const int MOD=1e9+7;
const db pi=acos(-1.0);
const int N=2e5+10,M=2*N;
pii p[N];
int h[N],e[M],ne[M],idx,s[N],d[N],ok[N],vis[N],sz[N];
void add(int a,int b)
{
	e[++idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx;
}
int find(int x)
{
	if(x==s[x]) return s[x];
	return s[x]=find(s[x]);
}
inline void solve()
{
	idx=0;
	MEM(h,0);
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	rep(i,1,n+1) cin>>p[i].fi,p[i].se=i,s[i]=i,ok[i]=0,vis[i]=0,sz[i]=1;
	sort(p+1,p+1+n);
	rep(i,0,m){
		int a,b;
		cin>>a>>b;
		add(a,b),add(b,a);
	}
	rep(_,1,n+1){
		int u=p[_].se;
		if(p[_].fi==0) ok[u]=1;
		vis[u]=1;
		for(int i=h[u];i;i=ne[i]){
			int v=e[i];
			if(!vis[v]) continue;
			u=find(u),v=find(v);
			if(sz[v]>=p[_].fi&&ok[v]) ok[u]=1;
			if(u!=v){
				sz[u]+=sz[v];
				s[v]=u;
			}
		}
	}
	if(!ok[find(1)]){
		cout<<"NO"<<endl;
		return;
	}
	rep(i,2,n+1) if(find(i)!=find(1)){
		cout<<"NO"<<endl;
		return;
	}
	cout<<"YES"<<endl;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	cin>>_;
	while(_--){
		solve();
	}
	return 0;
}

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