Codeforces Round #696 (Div. 2) (A~C題解)
寫在前邊
A. Puzzle From the Future
連結：A題連結
題目大意:
給定一個\(a\),\(b\)，\(d = a + b\)，例如：\(a = 0101\), \(b= 1111\), \(d = 1212\)，但是d如果有連續重複的數字那麼會省掉，假如\(a + b = 12211\)，則\(d = 121\)，現在已知\(a\)，\(b\)丟失了，要求求出一個\(b\)使得\(d\)最大。
思路：
首先要使得\(d\)最大化，\(b\)的第一位必定是\(1\)，剩下的直接從前到後模擬即可，若\(a_i + b_i == d[i-1]\)
程式碼:
#include <iostream> #include <string> #include <algorithm> #include <cstdio> using namespace std; #define Inf 0x3f3f3f3f #define PII pair<int, int> #define PLL pair<long, long> typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; void solve() { string s, res = "1"; int n; cin >> n; cin >> s; for (int i = 1; i < s.size(); i++) { if (((s[i]-'0') + 1) == (s[i - 1] - '0' + res[i - 1] - '0')) { res += '0'; } else { res += '1'; } } cout << res << endl; } int main() { int t; cin >> t; while (t--) { solve(); } return 0; }
B. Different Divisors
連結：B題連結
題目大意:
給定一個\(d\)，求\(a\)，要求\(a\)至少有\(4\)個約數，並且約數兩兩之間的至少差\(d\)，並且要求\(a\)是可行方案中中的最小值。
思路：
\(\quad\) 題目要求四個約數，那麼讓其只有四個約數即可，即\(1 \quad p \quad q \quad pq\)，\(p >= 1 + d\), \(q >= p + d\)，因此\(p\)就是大於\(d + 1\)的最小質數，\(q\)就是大於\(p + d\)的最小質數，那麼\(p * q\)就是滿足條件\(a\)。
證明：
\(\quad\)
\(\quad\) 若\(p\)不是最小質數，設其為\(p′\)，另一個為\(q′\)，那麼\(p′ * q′ > p*q\)，因此\(p′\)、\(q′\)並不是最優解。
綜上：\(p\)為\(p >= 1 + d\)的最小質數與\(q\)為\(q >= p + d\)最小質數為最優解。
程式碼:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define PLL pair<long, long>
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
const int N = 25e3 + 10;
int primes[N], cnt;
bool st[N];
void get_primes() {
for (int i = 2; i <= N; i++) {
if (!st[i]) {
primes[cnt++] = i;
}
for (int j = 0; primes[j] <= N / i; j++) {
st[primes[j] * i] = true;
if (i % primes[j] == 0) {
break;
}
}
}
}
void solve() {
int d;
cin >> d;
int p, q, pcnt = 0;
for (pcnt; pcnt <= cnt; pcnt++) {
if (primes[pcnt] - 1 >= d) {
p = primes[pcnt];
break;
}
}
for (int i = pcnt; i <= cnt; i++) {
if (primes[i] - p >= d) {
q = primes[i];
break;
}
}
cout << p * q << endl;
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
get_primes();
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
C. Array Destruction
連結：C題連結
題目大意:
例如，如果最初\(a=[3,5,1,2]\)，則可以選擇\(x=6\)。然後你可以選擇第二個和第三個元素的總和\(5+1=6\)，並丟擲它們。在這個運算之後，\(x\)等於\(5\)，陣列中有兩個元素：\(3\)和\(2\)。你可以在下次操作時把它們扔了，那麼輸出
YES
6
1 5
2 3
若無論如何陣列內元素都無法清空，那麼輸出\(NO\)即可。
思路：
每次選最大的數作為x。
證明:
假設\(a_i < a_j < a_k\),不選\(a_j\)來構造x，那麼即\(a_i + a_j = x\),此後\(x = a_j\)，之後無論如何都消除不掉\(a_k\)，因此每次選最大數作為x即可。
那麼第一次除了選最大的數作為下一輪的x，另一個數就需要列舉所有可能，直到列舉到一個可以消掉所有數的情況。明白了這一點那麼剩下的只需要模擬即可，可以用\(multiset\)，因為其查詢刪除插入操作都是\(O(logn)\)，若不用\(multiset\)則手寫二分查詢即可，最時間複雜度:\(O(n^2logn)\)
自己的錯誤:寫了一晚上，但最後還是\(TLE2\)告終，其實我已經知道了每次要選最大值了，但還是用雙指標來搜哪兩個數等於\(x\)，由於答案唯一，因此搜的結果是對的，但是導致\(O(n^3)\)被卡，應該直接確定陣列中還剩下的最大數，然後剩下的小數直接用二分搜就好了。
程式碼:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <set>
using namespace std;
#define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define PLL pair<long, long>
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI;
vector<PII> check(VI all, int n, int x) {
vector<PII> res;
multiset<int> s;
for (auto it : all) {
s.insert(it);
}
for (int i = 0; i < n; i++) { //2*n個數，n個答案
auto it1 = s.end();
it1--;
int y = x - *it1;
s.erase(it1);
auto it2 = s.find(y);
if (it2 == s.end()) {
return {};
}
s.erase(it2);
res.push_back({y, x - y});
x = max(x - y, y);
}
return res;
}
void solve() {
int n;
cin >> n;
VI all;
for (int i = 0; i < n * 2; i++) {
int c;
cin >> c;
all.push_back(c);
}
sort(all.begin(), all.end());
for (int i = 0; i < all.size() - 1; i++) { //列舉第一次操作的第二個數
int x = all[i] + all[all.size() - 1]; //最大的一個
vector<PII> res = check(all, n, x);
if (res.size()) {
cout << "YES" << endl;
cout << x << endl;
for (auto it : res) {
cout << it.first << " " << it.second << endl;
}
return;
}
}
cout << "NO" << endl;
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}