Codeforces Pinely Round 3 (Div. 1 + Div. 2)

A.Distinct Buttons(思维)

题意:

你在开始时站在点 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0),同时,手上有一个遥控器,上面有四个按钮:

  • U:移动到 ( x , y + 1 ) (x, y + 1) (x,y+1)的位置

  • R:移动到 ( x + 1 , y ) (x + 1, y) (x+1,y)的位置

  • D:移动到 ( x , y − 1 ) (x, y - 1) (x,y1)的位置

  • L:移动到 ( x − 1 , y ) (x - 1, y) (x1,y)的位置

如果四个按钮都被按下过,那么遥控器将会被损坏,问能否到达给出的所有 n n n个点。

分析:

如果只能使用三个按键,那么只有在需要到达的所有点均在以下四个面中的一个时才能完成:

  • 所有点都在 x x x轴上方

  • 所有点都在 x x x轴下方

  • 所有点都在 y y y轴左侧

  • 所有点都在 y y y轴右侧

输入时使用数组记录出现的位置,最后判断输出即可。

代码:

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 3e5 + 5e2;void solve() {int n;cin >> n;int a[5] = {0, 0, 0, 0};for (int i = 0; i < n; i++) {int x, y;cin >> x >> y;if (x > 0) {a[0] = 1;} else if (x < 0) {a[1] = 1;}if (y > 0) {a[2] = 1;} else if (y < 0) {a[3] = 1;}}if (a[0] + a[1] + a[2] + a[3] > 3) cout << "No" << endl;else cout << "Yes" << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

B.Make Almost Equal With Mod(思维)

题意:

给出一个数组 a 1 , a 2 , . . . , a n a_1, a_2, ..., a_n a1,a2,...,an,你可以选择一个数字 k k k,使数组中所有数字对 k k k取模,问 k k k等于多少时,可以使得数组中的数字再操作后恰好包含两种不同的数字。

分析:

依次枚举 2 2 2的次方数即可。

说明:

  • 选择 2 2 2作为 k k k时,剩下的结果仅包含 0 , 1 0, 1 0,1

  • 如果剩下的数字全部为 0 0 0 1 1 1,继续选择 2 2 = 4 2^2 = 4 22=4作为 k k k,若选择 2 2 2时剩下的数字为 0 0 0,那么选择 k = 4 k = 4 k=4时剩下的就是 0 , 2 0, 2 0,2,同理,剩下数字均为 1 1 1,则选择 k = 4 k = 4 k=4时剩下的数字就是 1 , 3 1, 3 1,3

  • 依次类推,由于每次取模的结果只会有两种可能性,那么当结果中两种情况均出现就找到了合法的 k k k

代码:

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 3e5 + 5e2;LL a[MAXN];void solve() {int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];for (LL i = 2; ; i <<= 1) {set<LL> S;for (int j = 1; j <= n; j++) {S.insert(a[j] % i);if (S.size() > 2) break;}if (S.size() == 2) {cout << i << endl;return;}}
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

C.Heavy Intervals(思维)

题意:

给出 n n n个区间 [ l i , r i ] [l_i, r_i] [li,ri],每个区间包含一个权值 c i c_i ci,且区间的价值为: c i × ( r i − l i ) c_i \times (r_i - l_i) ci×(rili),你可以在保证区间合法 ( l i < r i ) (l_i < r_i) (li<ri)的情况下,对所有区间的 l i , r i , c i l_i, r_i, c_i li,ri,ci进行任意重排,问所有区间的价值之和最小是多少?

分析:

既然要让价值之和最小,那么大的权值 c i c_i ci就要与长度更小的区间匹配,那要怎么在保证区间合法的情况下,让构造的区间尽可能长呢?

可以使用类似括号匹配的思想,先对 l i l_i li r i r_i ri进行排序,把 l i l_i li r i r_i ri视为左右括号进行括号匹配,并将构造成的区间长度记录下来。

完成匹配后,对权值 c i c_i ci和构造的区间长度 l e n len len进行排序,并按最大的权值和最小的区间长度进行匹配,次大的权值和次小的区间长度进行匹配,依次类推,就能得到最小的价值之和。

代码:

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 3e5 + 5e2;LL l[MAXN], r[MAXN], c[MAXN], len[MAXN];stack<int> st;void solve() {int n;cin >> n;for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> l[i];}for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> r[i];}for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> c[i];}sort(l, l + n);sort(r, r + n);sort(c, c + n);int pos_l = 0, pos_r = 0, cnt = 0;for (int i = 0; i < n * 2; i++) {if (pos_l < n && pos_r < n) {if (l[pos_l] < r[pos_r]) {st.push(l[pos_l++]);} else {len[cnt++] = r[pos_r++] - st.top();st.pop();}} else {len[cnt++] = r[pos_r++] - st.top();st.pop();}}LL ans = 0;sort(len, len + n);for (int i = 0, j = n - 1; i < n; i++, j--) {ans += len[i] * c[j];}cout << ans << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

D.Split Plus K(思维)

题意:

给出 n n n个正整数 a 1 , a 2 , . . . , a n a_1, a_2, ..., a_n a1,a2,...,an,你可以进行若干次以下操作:

  • 选择一个数字 x x x,并将这个数字删除。

  • 选择两个正整数 y , z y, z y,z满足 y + z = x + k y + z = x + k y+z=x+k,并将这两个数字放回。

问:能否在经过若干次操作后,使数组中所有数字相同,如果可以,输出最少操作次数,否则,输出-1.

分析:

由于每次产生的两个数字 y , z y, z y,z的总和会比原本的数字 x x x k k k,因此,如果一个数字被分解了 m m m次,那么得到的 m + 1 m + 1 m+1个数字的总和就是 x + m × k x + m \times k x+m×k

b 0 , b 1 , . . . , b m b_0, b_1, ..., b_m b0,b1,...,bm为最后生成的 m + 1 m + 1 m+1个数字,由于分解时会增加 k k k,且会增加 m m m次,那么可以将 m m m k k k分配给 b 1 ∼ b m b_1 \sim b_m b1bm,即最后生成的数字为 b 0 , b 1 + k , b 2 + k , . . . , b m + k b_0, b_1 + k, b_2 + k, ..., b_m + k b0,b1+k,b2+k,...,bm+k

由题目可得以下两个式子:

  • b 0 = b 1 + k = . . . = b m + k b_0 = b_1 + k = ... = b_m + k b0=b1+k=...=bm+k

  • b 0 + b 1 + k + . . . + b m + k = a i + m × k b_0 + b_1 + k + ... + b_m + k = a_i + m \times k b0+b1+k+...+bm+k=ai+m×k

由于无法知道最后分解出的数字数量 m m m到底是多少,因此需要对式子进行化简,让第二个式子两边同时减去 m + 1 m + 1 m+1 k k k,可得:

  • ( b 0 − k ) + b 1 + . . . + b m = a i − k (b_0 - k) + b_1 + ... + b_m = a_i - k (b0k)+b1+...+bm=aik

而此时所有的 b 1 ∼ b m b_1 \sim b_m b1bm以及 b 0 − k b_0 - k b0k均为 a i − k a_i - k aik的因子,因此,可以在输入后,将所有 a i a_i ai均减去 k k k

然后,需要考虑,如果减去 k k k后的 a a a数组中出现了同时包含正负数或同时出现 0 0 0和其他数字,此时是无法完成构造的,直接输出 − 1 -1 1

最后考虑最后生成的数字,既然要让操作次数尽可能少,那么拆出的数字就要尽可能大,怎么选择最大的结果呢?只有选择减去 k k k之后的所有 a i − k a_i - k aik的最大公约数 G G G

由于每次操作会增加一个数字,因此,将 a i − k a_i - k aik分解为若干个 G G G所需的操作次数为 a i − k G − 1 \frac{a_i - k}{G} - 1 Gaik1

代码:

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 3e5 + 5e2;LL n, k, a[MAXN];void solve() {cin >> n >> k;LL maxn = -1e18, minn = 1e18;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], a[i] -= k, maxn = max(maxn, a[i]), minn = min(minn, a[i]);if (maxn == minn) {cout << 0 << endl;return;}if (minn < 0 && maxn >= 0 || minn == 0 && maxn > 0) {cout << "-1" << endl;return;}LL g = a[1];for (int i = 2; i <= n; i++) g = __gcd(g, a[i]);LL ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {ans += a[i] / g - 1;}cout << ans << endl;
}int main() {int Case;cin >> Case;while (Case--) {solve();}return 0;
}

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