ZAFU_2021_2_17_2021寒假个人赛第四场题解

A题
原题链接:https://codeforces.com/problemset/problem/1296/A
相关tag:简单思维

我们每次操作可以把数组中的一个数变为另一个数，那么如果这两个数同为奇数或者同为偶数的话，操作后是不会对整个数组总和的奇偶性造成影响的。只有奇数变为偶数或者偶数变为奇数的时候，才会对整个数组总和的奇偶性造成影响。

那么我们可以统计出原数组中奇数的个数记为num1，偶数的个数记为num2。
整个数组总和的奇偶性是由奇数的个数决定的，当num1为奇数的时候，整个数组的总和一开始就是奇数，无需更改。
如果num1为偶数，此时整个数组的总和为偶数，就需要让某一个奇数变为偶数，或者一个偶数变为奇数，那么就要求原数组中奇数和偶数都存在。也就是num1和num2均不为0，才能通过操作变换使得整个数组的总和从偶数变为奇数。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=1e6+7;
const double eps=1e-6;
const int mod=1e9+7;int main()
{IOSint t;cin>>t;while(t--){int n;cin>>n;int num1=0,num2=0;while(n--){int x;cin>>x;if(x&1) num1++;//判断x是奇数还是偶数else num2++;}if(num1&1) cout<<"YES"<<endl;//如果num1是奇数，原数组中奇数出现了奇数次，数组总和为奇数，无需操作已经满足else if(num1&&num2) cout<<"YES"<<endl;//num1是偶数，原数组总和为偶数，需要奇数和偶数均存在才能改变总和的奇偶性else cout<<"NO"<<endl;}
}

B题
原题链接:https://codeforces.com/problemset/problem/1296/B
相关tag:暴力，模拟，贪心
当然你也可以选择推公式，都可以，这里给出暴力做法。

我们贪心策略，当前手上个位数上的钱都先放着不用，其余的钱都拿去买，拿了返利后，重复之前的操作，直到钱的数量小于10无法得到返利为止。

容易证得，最多两次上述操作，就可以使得我们手上剩余钱的位数-1，因此暴力计算时间完全足够。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=1e6+7;
const double eps=1e-6;
const int mod=1e9+7;int main()
{IOSint t;cin>>t;while(t--){int n;cin>>n;int ans=0;while(n>9)//当还可以得到返利时就不断重复把除了个位的钱都花掉，贪心去拿返利{ans+=n/10*10;n=n%10+n/10;}cout<<ans+n<<endl;}
}

C题
原题链接:https://codeforces.com/problemset/problem/670/C
相关tag:离散化，《算法竞赛进阶指南》第33页例题原题。

当然也可以用map来做，这里还是更希望能去学习一下离散化。
注意到这道题数据虽然只有2e5个，但是数值非常大，最大有1e9，我们是开不了1e9大小的数组来直接记录每个数出现了几次的。
但是数组也就2e5个，加上下面安排中的数字，总共也就最多6e5种不同的数字。可以通过离散化把这些数字映射到1-6e5这6e5个整数里。

离散化具体操作去看书或者博客去学吧。这里给出stl的实现和数组实现两种方案。

stl实现的离散化代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=2e5+7;
const double eps=1e-6;
const int mod=1e9+7;vector<int>origin;//用于离散化int find(int x)//在离散化数组中查找当前x所在的位置，这里也可以自己手写个二分
{return (int)(lower_bound(origin.begin(),origin.end(),x)-origin.begin());
}int num[maxn];//记录m个数字
int cas[maxn*3];//cas[i]记录origin[i]代表的数字出现了几次,注意这里要开三倍大小，因为后面m种安排的节目数字不一定在num中出现过
int x[maxn],y[maxn];//x[i]代表第i种安排的第一个节目，y[i]是第i种安排的第二个节目
int feichang[maxn],yiban[maxn];//feichang[i]代表第i种安排非常开心的有几个人，yiban[i]代表第i种安排一般开心的有多少个人
int n;int main()
{IOScin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>num[i];origin.push_back(num[i]);}int m;cin>>m;for(int i=1;i<=m;i++) {cin>>x[i];origin.push_back(x[i]);}for(int i=1;i<=m;i++) {cin>>y[i];origin.push_back(y[i]);}//注意要把安排里的数字也压入origin，因为这些数字可能在前面的num数组中未出现sort(origin.begin(),origin.end());origin.erase(unique(origin.begin(),origin.end()),origin.end());//离散化过程for(int i=1;i<=n;i++) cas[find(num[i])]++;//统计每个数出现了几次int ans=1;for(int i=1;i<=m;i++){feichang[i]=cas[find(x[i])];yiban[i]=cas[find(y[i])];if(feichang[i]>feichang[ans]||feichang[i]==feichang[ans]&&yiban[i]>yiban[ans]) ans=i;}cout<<ans<<endl;
}

数组实现的离散化代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=2e5+7;
const double eps=1e-6;
const int mod=1e9+7;int origin[maxn*3];//用于离散化
int tot=0,now=1;//tot代表离散化前origin数组中保存了几个数，now代表离散化后origin数组中保存了几个数int find(int x)//在离散化数组中查找当前x所在的位置，这里也可以自己手写个二分
{return (int)(lower_bound(origin,origin+now,x)-origin);
}int num[maxn];//记录m个数字
int cas[maxn*3];//cas[i]记录origin[i]代表的数字出现了几次,注意这里要开三倍大小，因为后面m种安排的节目数字不一定在num中出现过
int x[maxn],y[maxn];//x[i]代表第i种安排的第一个节目，y[i]是第i种安排的第二个节目
int feichang[maxn],yiban[maxn];//feichang[i]代表第i种安排非常开心的有几个人，yiban[i]代表第i种安排一般开心的有多少个人
int n;int main()
{IOScin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>num[i];origin[tot++]=num[i];}int m;cin>>m;for(int i=1;i<=m;i++) {cin>>x[i];origin[tot++]=x[i];}for(int i=1;i<=m;i++) {cin>>y[i];origin[tot++]=y[i];}//注意要把安排里的数字也压入origin，因为这些数字可能在前面的num数组中未出现sort(origin,origin+tot);for(int i=1;i<tot;i++)if(origin[i]!=origin[now-1]) origin[now++]=origin[i];//离散化过程for(int i=1;i<=n;i++) cas[find(num[i])]++;//统计每个数出现了几次int ans=1;for(int i=1;i<=m;i++){feichang[i]=cas[find(x[i])];yiban[i]=cas[find(y[i])];if(feichang[i]>feichang[ans]||feichang[i]==feichang[ans]&&yiban[i]>yiban[ans]) ans=i;}cout<<ans<<endl;
}

D题
原题链接:https://codeforces.com/problemset/problem/892/B
相关tag:双指针，或者也可以叫尺取法，滑动窗口，名字并不重要，掌握思想是关键。

这里我们可以从后往前看，用now来记录当前仍然为黑色的数字中，最右侧的是哪一个，num[i]记录第i个数字会把自己前面几个数染成白色。
随着循环借助当前的位置i减去num[i]-1，得到i位置对前面的进行染色后，仍然为黑色的最右侧下标是多少，和now比较并更新now。

循环内的操作都是O(1)的，总复杂度O(n)

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=1e6+7;
const double eps=1e-6;
const int mod=1e9+7;
const int xx=1;int n;
int num[maxn];int main()
{IOScin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>num[i];int ans=0;int now=n;//now记录当前仍然为黑色的数字中，最右侧的是哪一个for(int i=n;i>0;i--)//从后往前看{if(i<=now) ans++;//如果当前下标在i前，代表当前位置仍然为黑色if(num[i]) now=min(now,i-num[i]-1);//更新now}cout<<ans<<endl;
}

E题
原题链接:https://codeforces.com/problemset/problem/520/B
相关tag:数学，dfs/bfs跑最短路径

这道题结论做法当然好，但是我还是更希望大家能看一下，这种问题是怎么样转换成一个图论可以解决的模型的，并且学习一下dfs/bfs算法。

这道题我们可以把每个值看成一个点，那么点之间的边是什么呢，那就是x到x-1，x到2x，有这两类边，对应题目给我们的两种操作。

我们建图之后直接找x到y的最短路径就行了，可以借助bfs或者dfs剪枝来是实现。

dfs实现:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=1e6+7;
const double eps=1e-6;
const int mod=1e9+7;int x,y;int dis[maxn];//dis[i]记录从x到i最少要几次操作void dfs(int now,int d)//now代表当前数字是多少，d代表从x到now经过了多少次操作
{if(dis[now]<=d) return;//如果now数字已经有了更优的到达方式，不再进行下面的操作dis[now]=d;//更新x到now需要的最少次数if(now>=y) {dis[y]=min(dis[y],d+now-y);return;}//如果当前数值已经大于等于目标y了，就没必要再乘2了，直接-1到值y为止dfs(now*2,d+1);//两种操作，一种是当前数值乘以2if(now>1) dfs(now-1,d+1);//另一种操作，当前数值-1
}int main()
{IOScin>>x>>y;for(int i=0;i<maxn;i++) dis[i]=INF;dfs(x,0);cout<<dis[y]<<endl;
}

bfs实现:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=1e6+7;
const double eps=1e-6;
const int mod=1e9+7;int x,y;int dis[maxn];//dis[i]记录从x到i最少要几次操作
bool flag[maxn];//flag[i]记录数字i是否已经进过bfs过程的队列void bfs()
{queue<int>Q;Q.push(x);dis[x]=0;while(Q.size()){int now=Q.front();Q.pop();if(now==y) break;//如果已经走到数字y了，结束bfs过程if(!flag[now*2]){if(now*2>=y) dis[y]=min(dis[y],dis[now]+1+now*2-y);else{Q.push(now*2);dis[now*2]=dis[now]+1;flag[now*2]=1;}}if(now>1&&!flag[now-1]){Q.push(now-1);dis[now-1]=dis[now]+1;flag[now-1]=1;}}
}int main()
{IOScin>>x>>y;dis[y]=INF;if(x>=y) dis[y]=x-y;else bfs();cout<<dis[y]<<endl;
}

F题
原题链接:
相关tag:离线，并查集

离线之后反向操作，就把删点变成加点了，然后就可以用并查集来解决问题了。
懂得自然懂，直接丢代码。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=1e5+7;
const double eps=1e-6;
const int mod=1e9+7;bool flag[maxn];
ll num[maxn];
ll ans[maxn];
int ope[maxn];
int n;int fa[maxn];
ll sum[maxn];int ask(int x) {return fa[x]==x?x:fa[x]=ask(fa[x]);}void merge(int x,int y)
{fa[x]=y;sum[y]+=sum[x];
}int main()
{IOScin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>num[i];for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>ope[i];ans[n]=0;for(int i=n;i>1;i--){ans[i-1]=ans[i];flag[ope[i]]=1;sum[ope[i]]+=num[ope[i]];ans[i-1]=max(ans[i-1],sum[ope[i]]);if(ope[i]>1&&flag[ope[i]-1]){merge(ask(ope[i]),ask(ope[i]-1));ans[i-1]=max(ans[i-1],sum[ask(ope[i])]);}if(ope[i]<n&&flag[ope[i]+1]){merge(ask(ope[i]),ask(ope[i]+1));ans[i-1]=max(ans[i-1],sum[ask(ope[i])]);}}for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<endl;
}

G题
原题链接:https://codeforces.com/problemset/problem/1339/D
相关tag:树上构造

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=1e5+7;
const double eps=1e-6;
const int mod=1e9+7;bool jishu=0,oushu=0;
int dp[maxn],n;
vector<int>dir[maxn];void dfs(int pre,int now,int deep)
{bool leaf=0;if(dir[now].size()==1){if(deep&1) jishu=1;else oushu=1;}for(int i=0;i<dir[now].size();i++){if(dir[now][i]==pre) continue;dfs(now,dir[now][i],deep+1);if(dir[dir[now][i]].size()==1) leaf=1;else dp[now]+=dp[dir[now][i]]+1;}dp[now]+=leaf;
}int main()
{IOScin>>n;for(int i=1;i<n;i++){int a,b;cin>>a>>b;dir[a].push_back(b);dir[b].push_back(a);}int tar=-1;for(int i=1;i<=n;i++)if(dir[i].size()>1) {tar=i;break;}dfs(-1,tar,0);if(jishu&&oushu) cout<<3<<' ';else cout<<1<<' ';cout<<dp[tar]<<endl;
}

ZAFU_2021_2_17_2021寒假个人赛第四场题解相关推荐

北方大学 ACM 多校训练赛第四场题解
A. 恶魔包毁灭世界已知一张二分图,问哪些边是二分图的可行边? 先跑最小流,再把残余网络建图,几个重要结论是: ·最小割的可行边(满流&&2点不在一个SCC中) ·最小割的必行边(可 ...
题解报告（CDUT暑期集训——第四场）
题解报告(CDUT暑期集训--第四场) Problem D. Nothing is Impossible HDU - 6335 思路:水题排个序循环判断就出来了 AC代码 #include<s ...
2021UPC第十四场部分题解（ADFL)
2021UPC第十四场部分题解(ADFL) 文章目录 2021UPC第十四场部分题解(ADFL) 前言 A 火星人问题 F: Card Game for Three L Daisy Chains D: ...
2020牛客暑期多校训练营（第四场）
2020牛客暑期多校训练营(第四场) 这场属实有点难受文章目录 A Ancient Distance B Basic Gcd Problem 题目代码: C Count New String D ...
1.9UPC寒假个人训练第一场
1.9UPC寒假个人训练第一场问题 A: 数列问题 B: 烦恼问题 C: 停车计费问题 D: 小区评比问题 E: 贪婪的国王问题 F: 等边三角形问题 G: 甜蜜的烦恼问题 H: 冰壶 ...
项链（牛客竞赛2020-普及组第四场-T4）
项链(牛客竞赛2020-普及组第四场-T4) 题目原题链接样例输入1 4 3 4 3 -2 1 1 2 2 3 3 4 输出1 7 1 说明1 第一组样例,最优路径为1→2→3→41 \to 2 ...
2022湖南多校对抗赛第四场
2022湖南多校对抗赛第四场队伍排名第一第二第三中南大学2队湖南大学2队国防科技大学4队团体成绩取每个学校正式队伍前四名学校总题数中南大学 30 国防科技大学 27 湘潭大学 ...
2021牛客OI赛前集训营-提高组（第四场） T2空间跳跃
2021牛客OI赛前集训营-提高组(第四场) 题目大意给你三个整数 n , d , l n,d,l n,d,l, n n n为正整数.负整数或0, d , l d,l d,l为正整数,你现在有一个数 ...
“战疫杯”在线邀请赛——第五场题解
"战疫杯"在线邀请赛--第五场题解题目详情 - 1 感染源在哪里 (pintia.cn) 通过最近的一次核酸检测,疫情防控小组检测到了若干个阳性人员,通过调取行程码数据,防控小组 ...

ZAFU_2021_2_17_2021寒假个人赛第四场题解

ZAFU_2021_2_17_2021寒假个人赛第四场题解相关推荐

最新文章

热门文章