Codeforces Round 665 (Div. 2) (A-F)

news2024/10/6 5:55:55

A.Problem - A - Codeforces

        （1）题意

                给你个X轴，初始A点在n这个位置，O在源点0，问你要把B放在哪才能让|AB-BO| = k，最小化A需要移动多少次。

        （2）思路

                直接分情况套路即可。

        （3）代码

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 10;
void solve()
{
    int n,k;
    cin >> n >> k;
    int Ans = 0;
    if((n + k) & 1) {
        Ans ++;
        n ++;
    }
    if(k > n) Ans += k - n;
    cout << Ans << '\n';
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T = 1;
    cin >> T;
    while(T --) solve();
    return 0;
}

B.Problem - B - Codeforces

        （1）题意

                a序列有x1个0，y1个1，z1个2，b序列有x2个0，y2个1，z2个2，给定你这个函数，问你在任意排序后可以获得的最大价值是多少。

                

        （2）思路

                贪心考虑，肯定是先把有价值的拿了，然后把其他的都给弄成0，否则就只能加上负贡献了。       

        （3）代码

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 10;
void solve()
{
    int x1,y1,z1;
    int x2,y2,z2;
    int Ans = 0;
    cin >> x1 >> y1 >> z1;
    cin >> x2 >> y2 >> z2;
    int mi = min(z1,y2);
    y2 -= mi,z1 -= mi;
    Ans += mi * 2;
    mi = min(z1,z2);
    z1 -= mi,z2 -= mi;
    mi = min(z1,x2);
    z1 -= mi,x2 -= mi;
    mi = min(y1,y2);
    y1 -= mi,y2 -= mi;
    mi = min(y1,x2);
    y1 -= mi,x2 -= mi;
    mi = min(x1,z2);
    x1 -= mi,z2 -= mi;
    mi = min(x1,y2);
    x1 -= mi,y2 -= mi;
    mi = min(y1,y2);
    y1 -= mi,y2 -= mi;
    mi = min(x1,x2);
    x1 -= mi,x2 -= mi;
    mi = min(z1,z2);
    z1 -= mi,z2 -= mi;
    mi = min(y1,z2);
    Ans -= 2 * mi;
    cout << Ans << '\n';
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T = 1;
    cin >> T;
    while(T --) solve();
    return 0;
}

C.Problem - C - Codeforces

        （1）题意

                给你一个长为n的序列，设最小值为Mi,你每次可以选择两个数a[i]和a[j]，若gcd(a[i],a[j])=Mi，问你是否可以把这个序列变成不降序列。

        （2）思路

                很显然我们可以直接把%Mi为0的所有数拿出来，从大到小依次放入原序列，最后检查原序列是否不降即可。

        （3）代码

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 10;
int a[N];
void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    int mi = 1e9;
    vector<int> v;
    rep(i,1,n) {
        cin >> a[i];
        mi = min(mi,a[i]);
    }
    rep(i,1,n) {
        if(a[i] % mi == 0) {
            v.pb(a[i]);
        }
    }
    sort(v.rbegin(),v.rend());
    rep(i,1,n) {
        if(a[i] % mi == 0) {
            a[i] = v.back();
            v.pop_back();
        }
    }
    rep(i,2,n) {
        if(a[i] < a[i - 1]) {
            cout << "NO" << '\n';
            return;
        }
    }
    cout << "YES" << '\n';
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T = 1;
    cin >> T;
    while(T --) solve();
    return 0;
}

D.Problem - D - Codeforces

        （1）题意

                给你棵N个节点的树，和一个总权值K，要你把K分配给这颗树的N-1条边，满足这些树边相乘等于K，并且分配的边权1的数量最少，问你任意两个点的所有边权和加起来最大为多少？

        （2）思路

                我们可以计算出每条边经过多少次，因此考虑贪心分配边权即可，若K分解的质因子大于当前n - 1，则需要把后面的补成1即可，否则可以把多余的补给经过次数最多的那条边即可。

        （3）代码

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e5 + 10;
vector<int> g[N];
ll f[N],siz[N];
int n;
const ll mod = 1e9 + 7;
inline void dfs(int u,int f)
{
    siz[u] = 1;
    for(auto v : g[u]) {
        if(v == f) continue;
        dfs(v,u);
        siz[u] += siz[v];
    }
}
void solve()
{   
    cin >> n;
    rep(i,1,n) g[i].clear();
    rep(i,2,n) {
        int u,v;
        cin >> u >> v;
        g[u].pb(v),g[v].pb(u);
    }
    int k;
    cin >> k;
    vector<ll> z;
    rep(i,1,k) cin >> f[i];
    dfs(1,0);
    rep(i,2,n) z.pb(siz[i] * (n - siz[i]));
    ll Ans = 0;
    if(sz(z) >= k) {
        sort(f + 1,f + 1 + k,[&](ll &c,ll &d){
            return c > d;
        });
        sort(z.rbegin(),z.rend());
        while(sz(z) > k) f[++ k] = 1;
        rep(i,1,sz(z)) Ans = (Ans + f[i] * z[i - 1] % mod) % mod;
    }
    else {
        sort(f + 1,f + 1 + k,[&](ll &c,ll &d){
            return c < d;
        });
        sort(z.begin(),z.end());
        ll tmp = 1,res = k - sz(z);
        for(int i = k - res + 1;i <= k;i ++) tmp = tmp * f[i] % mod;
        f[sz(z)] = f[sz(z)] * tmp % mod;
        rep(i,1,sz(z)) Ans = (Ans + f[i] * z[i - 1] % mod) % mod;
    }
    cout << Ans << '\n';
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T = 1;
    cin >> T;
    while(T --) solve();
    return 0;
}

E.Problem - E - Codeforces

        （1）题意

                给你N条平行X轴的线，和M条平行Y轴的线，保证每一条线都与边框至少有一个交点，且每一条线不重合，问你最后会分出来多少个矩形。

        （2）思路

                这种题目一般是看交点就行了，因此我们观察样例很容易得出结论，答案=交点个数+1+本身交边框有两交点的线。

                那么我们可以用值域树状数组维护出来即可，用树状数组代表横坐标为多少时有一条长度为y的线，然后对于每一条平行Y轴的线做区间查找即可得出交点个数。

        （3）代码实现

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e6 + 10;
template <typename T>
struct Fenwick {
    const int n;
    std::vector<T> a;

    Fenwick (int n) : n(n), a(n + 1) {}

    void add(int pos, T x) {
        for (int i = pos; i <= n; i += i & -i) {
            a[i] += x;
        }
    }

    T query(int x) {
        T res = 0;
        for (int i = x; i; i -= i & -i) {
            res += a[i];
        }
        return res;
    }

    T query(int l, int r) {
        if (l == 0 || l > r) {
            return 0;
        }
        return query(r) - query(l - 1);
    }

    //找到大于k得第一个地方
    T kth(int k) {
        int pos = 0;
        for(int j = 31 - __builtin_clz(n);j >= 0;j --) {
            if(pos + (1 << j) <= n && k > a[pos + (1 << j)]) {
                pos += 1 << j;
                k -= a[pos];
            }
        }
        return pos + 1;
    }
};
//使用Fenwick<ll> fen(n)
vector<PII> a[N],b[N];
void solve()
{
    int n,m;
    cin >> n >> m;
    Fenwick<int> fen(1000001);
    ll Ans = 1;
    rep(i,1,n) {
        int y1,x1,x2;
        cin >> y1 >> x1 >> x2;
        a[x1].pb({y1 + 1,1});
        a[x2 + 1].pb({y1 + 1,-1});
        if(x1 == 0 && x2 == 1000000) Ans ++;
    }
    rep(i,1,m) {
        int x1,y1,y2;
        cin >> x1 >> y1 >> y2;
        b[x1].pb({y1 + 1,y2 + 1});
        if(y1 == 0 && y2 == 1000000) Ans ++;
    }
    rep(i,0,1000000) {
        for(auto [x,w]: a[i]) {
            fen.add(x,w);
        }
        for(auto [l,r] : b[i]) {
            Ans += fen.query(l,r);
        }
    }
    cout << Ans;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T = 1;
    // cin >> T;
    while(T --) solve();
    return 0;
}

F.Problem - F - Codeforces

        （1）题意        （2）思路

                第一个操作和第四个操作是线段树基本操作，因此不需要管，重点观察第二个操作和第三个操作，首先这颗线段树是一颗完美二叉树，包含的区间都是2^i次方，对于reverse操作来说，就是把第(k + 1)层线段树的节点的左右儿子交换，那么swap操作，其实也就是对于每一层线段树节点的左右儿子进行交换，那么这个问题就是个简单的线段树了，交换直接在外边维护好就行了。

        （3）代码

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define per(i,n,z) for(int i = n;i >= z; i--)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 3e5 + 10;
ll tr[N << 2];
int a[N],rev[N];
inline void build(int u,int l,int r)
{
    if(l == r) {
        tr[u] = a[l];
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(u << 1,l,mid);
    build(u << 1 | 1,mid + 1,r);
    tr[u] = tr[u << 1] + tr[u << 1 | 1];
}
inline void modify(int u,int l,int r,int dep,int p,int x)
{
    if(l == r) {
        tr[u] = x;
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(p <= mid) modify(u << 1 ^ rev[dep],l,mid,dep - 1,p,x);
    else modify(u << 1 | 1 ^ rev[dep],mid + 1,r,dep - 1,p,x);
    tr[u] = tr[u << 1] + tr[u << 1 | 1];
}
inline ll query(int u,int l,int r,int dep,int ql,int qr)
{
    if(l >= ql && r <= qr) return tr[u];
    int mid = (l + r) >> 1;
    ll s = 0;
    if(ql <= mid) s += query(u << 1 ^ rev[dep],l,mid,dep - 1,ql,qr);
    if(qr > mid) s += query(u << 1 | 1 ^ rev[dep],mid + 1,r,dep - 1,ql,qr);
    return s;
}
void solve()
{
    int n,q;
    cin >> n >> q;
    rep(i,1,(1 << n)) cin >> a[i];
    build(1,1,(1 << n));
    while(q --) {
        int op,l,r;
        cin >> op;
        if(op == 1) {
            cin >> l >> r;
            modify(1,1,(1<<n),n,l,r);
        }
        else if(op == 2) {
            cin >> l;
            for(int i = 0;i <= l;i ++) rev[i] ^= 1;
        }
        else if(op == 3) {
            cin >> l;
            rev[l + 1] ^= 1;
        }
        else {
            cin >> l >> r;
            cout << query(1,1,(1<<n),n,l,r) << '\n';
        }
    }
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T = 1;
    // cin >> T;
    while(T --) solve();
    return 0;
}

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目录 前言 系统架构演变 1、单体架构 2、垂直架构 3、分布式架构 4、SOA架构 5、微服务架构 一、微服务架构的介绍 1、微服务架构的常见问题 2 微服务架构的常见概念 2.1 服务治理 2.2 服务调用 2.3 服务网关 2.4 服务容错 2.5 链路追踪 3、微服务架构的常用解决…
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第2篇 机器学习基础 —（1）机器学习方式及分类、回归

第2篇 机器学习基础 —（1）机器学习方式及分类、回归

前言&#xff1a;Hello大家好&#xff0c;我是小哥谈。机器学习是一种人工智能的分支&#xff0c;它使用算法和数学模型来使计算机系统能够从经验数据中学习和改进&#xff0c;而无需显式地编程。机器学习的目标是通过从数据中发现模式和规律&#xff0c;从而使计算机能够自动进…
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黑马mysql教程笔记（mysql8教程）基础篇——数据库相关概念、mysql安装及卸载、数据模型、SQL通用语法及分类（DDL、DML、DQL、DCL）

黑马mysql教程笔记（mysql8教程）基础篇——数据库相关概念、mysql安装及卸载、数据模型、SQL通用语法及分类（DDL、DML、DQL、DCL）

参考文章1&#xff1a;https://www.bilibili.com/video/BV1Kr4y1i7ru/ 参考文章2&#xff1a;https://dhc.pythonanywhere.com/article/public/1/ 文章目录 基础篇数据库相关概念&#xff08;数据库DataBase&#xff08;DB&#xff09;、数据库管理系统DataBase Management Sy…
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25种ACM模式输入输出模板，支持C++、Java、Python、Go、JS版本

25种ACM模式输入输出模板，支持C++、Java、Python、Go、JS版本

很多录友苦于不熟悉 ACM 输入输入结构&#xff0c;在笔试和面试的时候&#xff0c;处理数据输入输出就花费了大量的时间&#xff0c;以至于算法题没写完&#xff0c;甚至是 根本就写不对输入输出的方式。 下面&#xff0c;我针对常见的25种 ACM输入与输出方式&#xff0c;给大…
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Mojo 正式发布，Rust 能否与之匹敌？

Mojo 正式发布，Rust 能否与之匹敌？

9 月 7 日&#xff0c;Modular 公司宣布正式发布 Mojo&#xff1a;Mojo 现在已经开放本地下载——初步登陆 Linux 系统&#xff0c;并将很快提供 Mac 与 Windows 版本。据介绍&#xff0c;Mojo 最初的目标是比 Python 快 35000 倍&#xff0c;近日该团队表示&#xff0c;Mojo 将…
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Linux--网络编程-字节序

Linux--网络编程-字节序

进程间的通信&#xff1a; 管道、消息队列、共享内存、信号、信号量。 特点&#xff1a;都依赖于linux内核。 缺陷&#xff1a;无法多机通信。 一、网络编程&#xff1a; 1、地址&#xff1a;基于网络&#xff0c;ip地址端口号。 端口号作用&#xff1a; 一台拥有ip地址的主机…
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