Codeforces Round #835 (Div. 4) A~G

news2024/11/28 4:45:26

比赛链接：https://codeforces.com/contest/1760

A. Medium Number 

题目大意：

t组测试，每组给三个数求中位数。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#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 endl '\n'
using namespace std;
void solve()
{
	int a[3];
	cin>>a[0]>>a[1]>>a[2];
	sort(a,a+3);
	cout<<a[1]<<endl;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	cin>>_;
	while(_--){
		solve();
	}
	return 0;
}

B. Atilla's Favorite Problem 

题目大意：

t组测试，每组给一个字符串，字母表顺序a-z中从a开始，最短多长可以包含给定的字符串。

思路：

找字符串中出现最大的字母。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#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 endl '\n'
using namespace std;
void solve()
{
	int n,mx=0;
	string s;
	cin>>n>>s;
	rep(i,0,n) mx=max(mx,s[i]-'a');
	cout<<mx+1<<endl;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	cin>>_;
	while(_--){
		solve();
	}
	return 0;
}

 C. Advantage

题目大意：

t组测试，每组给一个长度为n的数组，输出数组每一个数和数组中最大值的差，如果等于最大值输出其与第二大值的差。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#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 endl '\n'
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int a[N];
void solve()
{
	int n,mx1=0,mx2=0;
	cin>>n;
	rep(i,0,n){
		cin>>a[i];
		if(a[i]>=mx1) mx2=mx1,mx1=a[i];
		else if(a[i]>mx2) mx2=a[i];
	}
	rep(i,0,n) if(a[i]==mx1) cout<<a[i]-mx2<<" "; else cout<<a[i]-mx1<<" ";
	cout<<endl;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	cin>>_;
	while(_--){
		solve();
	}
	return 0;
}

 D. Challenging Valleys

题目大意：

 t(1≤t≤10^4)组测试，每组给定长度为n(1≤n≤2⋅10^5)的数组，1≤ai≤10^9，问是否仅仅存在一段[l,r]满足：

1.[l,r]中每个ai相等；

2.l=0 or a_{l-1}>a_{l}

3.r=n−1 or a_{r}>a_{r+1}.

思路：

双指针。处理一段连续相等的一段[l,r]，判断两边是否合法，然后将l指针指向r指针。时间复杂度为O(n)

为方便处理可两个边界设置哨兵。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#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 endl '\n'
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int a[N];
void solve()
{
	int n;
	cin>>n;
	rep(i,1,n+1) cin>>a[i];
	a[n+1]=2e9;
	int cnt=0;
	rep(i,1,n+1){
		int r=i;
		while(r+1<=n&&a[r+1]==a[r]) ++r;
		if(a[i-1]>a[i]&&a[r+1]>a[r]) ++cnt;
		if(cnt>1){
			cout<<"NO"<<endl;
			return;
		}
		i=r;
	}
	if(cnt==1) cout<<"YES"<<endl;
	else cout<<"NO"<<endl;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	cin>>_;
	a[0]=2e9;
	while(_--){
		solve();
	}
	return 0;
}

E. Binary Inversions

题目大意：

 t(1≤t≤10^4)组测试，每组给定长度为n(1≤n≤2⋅10^5)的数组，数组中元素为0或1。问仅可以修改一次，某一个0改为1或者1改为0，整个数组逆序对最大为多少。

思路：

预处理两个前缀和。s0[i]表示1-i中0出现的次数，s1[i]表示1-i中1出现的次数。一个0的位置会和它前面所有的1形成逆序对，所以初始逆序对个数就是\sum s1[i-1]，之中i为第i个a[i]=0。

某个位置i为0，如果将其改成1，减少的逆序对个数为前面1的个数：s1[i-1]，增加的逆序对个数为后面0的个数：s0[n]-s0[i]。显然i越靠左边，减少的越少，增加的越多。

将1改为0同理，靠右为最优。

比较两个修改和不修改取最大即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#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 endl '\n'
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=2e5+10;
int a[N],s0[N],s1[N];
void solve()
{
	int n,lst=0,pre=0;
	LL ans=0;
	cin>>n;
	rep(i,1,n+1){
		cin>>a[i];
		s1[i]=s1[i-1],s0[i]=s0[i-1];
		if(a[i]) ++s1[i],lst=i;
		else{
			++s0[i],ans+=s1[i-1];
			if(pre==0) pre=i;
		}
	}
	int mx=0;
	if(pre) mx=max(mx,s0[n]-s0[pre]-s1[pre]);
	if(lst) mx=max(mx,s1[lst-1]-(s0[n]-s0[lst]));
	cout<<ans+mx<<endl;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	cin>>_;
	while(_--){
		solve();
	}
	return 0;
}

F. Quests

题目大意：

t(1≤t≤10^4)组测试，每组给定长度为n(1≤n≤2⋅10^5)的数组，以及价值c，天数d。选择数组ai可以获得ai的价值，但是在k天之内都不能再选择ai。问求k的最大值，满足能在d天内可以有获得价值大于等于c的方案。

思路：

贪心策略先选择大的。将数组从大到小排序，再维护前缀和数组s。考虑k为无穷的情况，如果前d个a[i]加起来>=c，说明可以取无穷。如果k=0，d天中每一天都选最大的，仍<c，说明不存在。

如果存在需要找满足条件的最大k，对k在0-d做二分即可。

判断函数：考虑最优策略计算价值，第一天选了a[1]，需要经过k天才能在选择a[1]，期间可以选a[2],a[2]...a[k+1]，等到经过k天之后a[1]可以再选，再经过一天a[2]可以再选。重复这个过程，保证每一天都尽量选前面比较大的值。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#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 endl '\n'
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=2e5+10;
int a[N];
int n,d;
LL c,s[N];
bool cmp(int x,int y)
{
	return x>y;
}
bool che(int m)
{
	int q=d/(m+1),r=d%(m+1);
	LL res=s[min(m+1,n)]*q+s[min(r,n)];
	if(res>=c) return true;
	return false;
}
void solve()
{
	cin>>n>>c>>d;
	rep(i,1,n+1) cin>>a[i];
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	rep(i,1,n+1) s[i]=s[i-1]+a[i];
	if(1ll*a[1]*d<c){
		cout<<"Impossible"<<endl;
		return;
	}
	if(s[min(d,n)]>=c){
		cout<<"Infinity"<<endl;
		return;
	}
	int l=0,r=d;
	while(l<r){
		int m=l+r+1>>1;
		if(che(m)) l=m;
		else r=m-1;
	}
	cout<<l<<endl;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	cin>>_;
	while(_--){
		solve();
	}
	return 0;
}

G. SlavicG's Favorite Problem

题目大意：

 t(1≤t≤10^4)组测试，每组给定n(1≤n≤2⋅10^5)个结点的树，结点编号1-n，树上每一条边有一个权值，问能否从a点走到b点，且路径所有边异或值为0。

运行在任意点进行一次传送，可以传送到除了b点之外的任意一点。

思路：

两次搜索，搜索时维护当前异或值。第一次从a搜到b的邻接点，判断能否走到b点。如果能不需要进行第二次搜索。

在第一次搜索的时候将所有得到异或值记录到集合中，第二次从b开始搜索，如果到某个点的异或和在能集合中找到，说明存在合法路径：a-i点的异或值为x，b-j点的异或值也为x，可以先从a走到i，使用一次传送到j点，走到b，此时总异或和为0。

注意处理边界情况，必须先将0加入集合中，因为a点本身也是可传送点。

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<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 M(x) ((x)%MOD)
#define db double
#define eps 1e-9
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
using namespace std;
const LL MOD=998244353;
const int N=1e5+10,M=2*N;
int h[N],e[M],ne[M],idx,w[M];
set<int>st;
int n,a,b;
bool f;
void add(int x,int y,int c)
{
	e[idx]=y,ne[idx]=h[x],w[idx]=c,h[x]=idx++;
}
void dfs1(int u,int fa,int v)
{
	if(f) return;
	for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(j==fa) continue;
		if(j==b){
			if(v==w[i]){
				f=1;
				break;
			}
			else continue;
		}
		st.insert(v^w[i]);
		dfs1(j,u,v^w[i]);
	}
}
void dfs2(int u,int fa,int v)
{
	if(f) return;
	for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){
		int j=e[i];
		if(j==fa) continue;
		if(st.count(v^w[i])){
			f=1;
			return;
		}
		dfs2(j,u,v^w[i]);
	}
}
void solve()
{
	st.clear();st.insert(0);
	f=0;
	idx=0;
	MEM(h,-1);
	cin>>n>>a>>b;
	rep(i,0,n-1){
		int x,y,c;
		cin>>x>>y>>c;
		add(x,y,c),add(y,x,c);
	}
	dfs1(a,-1,0);
	if(f){
		cout<<"YES"<<endl;
		return;
	}
	dfs2(b,-1,0);
	if(f) cout<<"YES"<<endl;
	else cout<<"NO"<<endl;
}
int main()
{
//	#ifndef ONLINE_JUDGE
//    freopen("title.in","r",stdin);
//    freopen("title.out","w",stdout);
//    #endif
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int _=1;
	cin>>_;
	while(_--){
		solve();
	}
//	rep(i,1,_+1){
//		printf("Case %d: ",i);
//		solve();
//	}
	return 0;
}

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