Array ColoringArray Coloring
题目大意
题目要求判断是否可以将数组元素分为两种颜色，使得两种颜色元素的和具有相同的奇偶性，并且每种颜色至少有一个元素被着色。
思路分析
可以通过统计数组中奇数和偶数的个数来判断是否满足条件。分析可知，如果奇数的个数是偶数个，则一定可以满足条件。
时间复杂度
O(n)
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve()
{int n;cin>>n;vector<int> a(n);int od=0,ev=0;for(int i=0;i<n;i++){cin>>a[i];if(a[i]%2) od++;else ev++;}if(od%2==0)cout<<"Yes\n";else cout<<"No\n";
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int t;cin>>t;while(t--)solve();return 0;
}
B. Maximum RoundingB. Maximum Rounding
题目大意
题目要求对给定的数字进行操作，使其尽可能地大。操作规则如下：
选择一个正整数 k，并将数字 x 向第 k 位取整。
注意：位数从右往左编号，从0开始。如果数字有 k 位，则认为第 k 位上的数字为0。
取整操作如下：
如果第 (k-1) 位上的数字大于等于 5，则将第 k 位上的数字加1；否则第 k位上的数字保持不变（采用数学取整规则）。
如果操作前第 k 位上的数字为9，并且需要增加1，则需要找到一个最小的位置 k’（k’>k），使得第 k’ 位上的数字小于9，并将第 k’ 位上的数字加1。然后令 k=k’。
之后，将小于 k 的所有位替换为0。
思路分析
从右往左遍历数字，如果当前位上的数字大于等于5，则将上一位的数字加1；如果当前位上的数字为9，并且需要增加1，则向左找到一个最小的位置可以进行加1操作。最后将小于当前位的所有位替换为0。这样可以确保得到最大的数字。
时间复杂度
O(n)
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{int t;cin>>t;while(t--){string s;cin>>s;int p=-1;for(int i=s.size()-1;i>0;i--)if(s[i]>='5'){s[i-1]++;p=i;}if(s[0]>='5') cout<<'1',p=0; // 如果第一位大于等于5，直接输出1for(int i=p;i<s.size();i++) s[i]='0';cout<<s<<endl;}return 0;
}
C. Assembly via MinimumsC. Assembly via Minimums
题目大意
Sasha有一个整数数组a，他对于所有的i和j (i<j)，都写下了ai和aj的最小值，从而得到了一个新的数组b。然后他随机地打乱了数组b的元素。不幸的是，他忘记了原来的数组a，你的任务是从数组b恢复出可能的数组a。
思路分析
本题与顺序无关，a组排好序从小到大对应b组（n-1）个a[0],(n-2)个a[1],(n-3)个a[2],…
例如：b 3 3 3 5 5 7
a 3 5 7 100000
最小的a[0]在b中有n-1=4-1=3个，因为以a[0]为最小的数对有n-1个，所以在b中a有n-1个
最后一个a[i]是最大值，必须大于b中的最大值（这样b中的最大值才能成为一个数对的更小的那个），只要是数列a的最大值即可
时间复杂度
O(n2 log n)
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{int t;cin>>t;while(t--){int n;cin>>n;int m=n*(n-1)/2,b[m];for(int i=0;i<m;i++)cin>>b[i];sort(b,b+m); // 对数组b进行排序for(int i=0;i<m;i+=--n)cout<<b[i]<<' '; //i每次加上--n,最小的的b[0]有n-1个......cout<<"1000000000\n";}
}
D. Strong VerticesD. Strong Vertices
题目大意
要求找出所有的strong vertices。给定两个长度为n的数组a和b，我们需要构建一个有向图，如果对于任意的u≠v，满足au−av≥bu−bv，则存在一条从u到v的边。
思路分析(摘自官方题解）
首先将不等式变形为au−bu≥av−bv。然后我们可以定义一个新数组c，其中ci=ai−bi，这样不等式变成了cu≥cv。
假设集合p1,…pm是具有最大cv的顶点v的集合。从每个pi都有一条到其他所有顶点的路径，因为cpi不小于任何其他的cu值，所以集合p一定在我们的答案中。
接下来的问题是是否还有其他顶点在我们的答案中？
我们来证明一下，对于任意不是最大值的顶点v，那么v到p中的任何顶点都没有路径。首先观察到v和任何pi之间没有边。所以路径必须经过其他顶点。但是即使存在到另一个顶点u的路径，cu仍然小于cpi，所以无法到达任何pi。
因此，我们可以得出结论，答案将始终是使cv最大化的顶点集合。
时间复杂度
O(t*n)
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200005;
int a[N],b[N];
int main()
{int t;cin>>t;while(t--){int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i];int mx=INT_MIN;for(int i=1;i<=n;i++)mx=max(mx,a[i]-b[i]);int c=0;for(int i=1;i<=n;i++)c+=(a[i]-b[i]==mx);cout<<c<<"\n";for(int i=1;i<=n;i++)if(a]-b[i]==mx)cout<<i<<' ';cout<<"\n";}
}
E. Power of PointsE. Power of Points
题目大意
给定一个包含n个点的数轴，每个点具有整数坐标。对于每个整数s，我们构造线段将s与每个点连接起来，然后计算每个整数点在这些线段中的交点数。
思路分析
首先对给定的点进行排序。然后，用两个变量s1和s2分别记录当前已遍历的点的坐标和和剩余点的坐标和。遍历每个点，更新s1和s2的值，并计算该点的幂。最后输出所有点的幂。
官方题解
时间复杂度
O(nlogn)
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200005;
pair<int,int>x[N];
long long a[N];
int main()
{int t;cin>>t;while(t--){int n;cin>>n;long long s1=0,s2=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>x[i].first;x[i].second=i;s2+=x[i].first;}sort(x+1,x+n+1);for(int i=1;i<=n;i++){s2-=x[i].first;s1+=x[i].first;a[x[i].second]=n+1ll*x[i].first*(2*i-n)-s1+s2;}for(int i=1;i<=n;i++)cout<<a[i]<<" \n"[i==n];}
}
F. Sum and Product
题目大意
给定一个长度为n的数组a，以及q个查询。每个查询给定两个数x和y，要求找出满足以下条件的数组元素对(i,j)的数量：1≤i<j≤n、ai+aj=x，以及ai⋅aj=y。
思路分析
这个问题可以通过使用哈希映射和二分查找来解决。首先将数组a中的所有元素放入哈希映射中，然后对于每个查询，计算出满足条件的i和j对的数量。
-
首先，将数组a中的所有元素放入哈希映射中。
-
然后，对于每个查询，计算出满足ai+aj=x和aiaj=y的i和j对的数量。
-
最后，我们输出满足条件的i和j对的数量。
官方题解
时间复杂度
O(n+q)
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
map<long long,int>cnt;
long long my_sqrt(long long a)
{long long l=0,r=5000000001;while(r-l>1){long long mid=(l+r)/2;if(1ll*mid*mid<=a)l=mid;else r=mid;}return l;
}
long long get(int b,long long c)
{long long D=1ll*b*b-4ll*c;if(D<0)return 0;long long x1=(b-my_sqrt(D))/2;long long x2=(b+my_sqrt(D))/2;if(x1+x2!=b||x1*x2!=c)return 0;if(x1==x2)return 1ll*cnt[x1]*(cnt[x1]-1)/2ll;else return 1ll*cnt[x1]*cnt[x2];
}
int main()
{int t;cin>>t;while(t--){int n;cin>>n;cnt.clear();for(int i=1;i<=n;i++){int x;cin>>x;cnt[x]++;}int q;cin>>q;for(int i=0;i<q;i++){int b;long long c;cin>>b>>c;cout<<get(b,c)<<" \n"[i==q-1];}}
}
G. Counting GraphsG. Counting Graphs
题目大意
要求计算满足一定条件的不同图形的数量。给定一棵由n个顶点组成的树，树的每条边都有一个权重wi。需要找出满足以下条件的不同图形的数量：
1.图形没有自循环和多条边。
2.图中边的权重为整数，且不超过S。
3.该图有一棵最小生成树。
4.该图的最小生成树是给定的树。
思路分析
可以使用Kruskal算法来构建最小生成树，并计算满足条件的图形的数量。
- 首先，读取整数t，表示有t个测试用例。对于每个测试用例，读取整数n和S，分别表示树的顶点数和权重的上限。接下来，使用一个for循环读取每个边的信息，并将边按照权重从小到大进行排序。
- 然后，初始化并查集p和sz，并将每个顶点初始化为一个独立的连通分量。使用另一个for循环遍历每条边，将当前边的两个顶点所在的连通分量合并，并计算满足条件的图形的数量。
- 在合并连通分量的过程中，可以使用并查集来快速查找每个顶点所属的连通分量的领导节点。同时，还需要维护每个连通分量的大小sz。
- 为了计算满足条件的图形的数量,可以使用幂运算binpow来求解。对于每条边a[i]，假设当前边连接的两个连通分量的大小分别为sub_u和sub_v，那么符合条件的图形的数量为(S-a[i].w+1)^(sub_u*sub_v-1)，将这个结果乘到ans上。
- 最后，输出ans即为满足条件的不同图形的数量。
官方题解
时间复杂度
O(nlogn)
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200000, mod = 998244353;
int p[N + 1], sz[N + 1];struct edge
{int u, v, w;void read() { cin >> u >> v >> w; } // 读取边的信息bool operator<(edge x) { return w < x.w; } // 按照边的权重进行排序
} a[N + 1];int leader(int v)
{if (p[v] == v)return v;elsereturn p[v] = leader(p[v]);
}void unite(int u, int v)
{u = leader(u);v = leader(v);p[u] = v; // 合并两个连通分量sz[v] += sz[u]; // 更新连通分量的大小
}long long binpow(long long a, long long n)
{if (n == 0)return 1;if (n % 2 == 0)return binpow(a * a % mod, n / 2);elsereturn a * binpow(a, n - 1) % mod; // 幂运算
}int main()
{int t;cin >> t;while (t--){int n, S;cin >> n >> S;for (int i = 1; i <= n; i++)p[i] = i, sz[i] = 1; // 初始化并查集和连通分量大小for (int i = 0; i < n - 1; i++)a[i].read(); // 读取边的信息sort(a, a + n - 1); // 按照权重排序long long ans = 1;for (int i = 0; i < n - 1; i++){int sub_u = sz[leader(a[i].u)];int sub_v = sz[leader(a[i].v)];ans = ans * binpow(S - a[i].w + 1, 1ll * sub_u * sub_v - 1) % mod; // 计算满足条件的图形的数量unite(a[i].u, a[i].v); // 合并连通分量}cout << ans << "\n";}return 0;
}
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