AcWing第20場周賽總結
3994. 水果派
題目連結：
https://www.acwing.com/problem/content/3997/
1. 題目描述
食堂需要做至少 a 份蘋果派和至少 b 份香蕉派。
已知，一個蘋果可以做 c 份蘋果派，一個香蕉可以做 d 份香蕉派。
食堂共可以採購不超過 k 個水果。
請提供一種食堂採購水果的方案，以滿足製作水果派的需求。
輸入格式
第一行包含整數 T，表示共有 T組測試資料。
每組資料佔一行，包含 5 個整數 a,b,c,d,k。
輸出格式
每組資料輸出一行結果，如果存在合理方案，則輸出兩個整數 x,y，表示需要採購的蘋果和香蕉數量。
如果不存在合理方案，則輸出 −1。
任意合理方案均可。
資料範圍
前三個測試點滿足，1≤T≤1。
所有測試點滿足，1≤T,a,b,c,d,k≤100。
輸入樣例：
3
7 5 4 5 8
7 5 4 5 2
20 53 45 26 4
輸出樣例：
7 1
-1
1 3
2. 思路及題解
思路：
k個水果（可以是蘋果，也可以是香蕉）做a份蘋果派和b份香蕉派。
其中1個蘋果可以做c份蘋果派，1個香蕉可以做d份香蕉派。
則可以轉化為不等式：
\[\lceil\frac{a}{c}\rceil+\lceil\frac{b}{d}\rceil≤k \]應知應會：
-
\(\lceil\rceil\)表示浮點數向上取整，例：3.23，向上取整後為3；-1.56向上取整後為-1。
C++中向上取整的函式為
ceil()，標頭檔案為<cmath>。 -
延伸：\(\lfloor\rfloor\)表示浮點數向下取整。
C++中向下取整的函式為
floor()，標頭檔案為<cmath>。
題解：
#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; int T, a, b, c, d, k; int main() { cin >> T; while (T--) { cin >> a >> b >> c >> d >> k; int x = ceil(1.0 * a / c); int y = ceil(1.0 * b / d); // 這裡如果a/c + b/d <=k，說明滿足條件，否則表明水果數量不夠 if (x + y <= k) cout << x << " " << y << endl; else cout << -1 << endl; } return 0; }
3995. 最小的和
題目連結：
https://www.acwing.com/problem/content/3998/
1. 題目描述
給定兩個長度為 n 的整數序列 a1,a2,…,an 和 b1,b2,…,bn。
現在要對序列 a 進行恰好 k1 次操作，對序列 b 進行恰好 k2 次操作。
每次操作具體流程為選取序列中的一個元素，並將其加 1 或減 1。
要求所有操作進行完畢以後，\(∑i=1n(ai−bi)^2\)儘可能小。
輸入格式
第一行包含三個整數 n,k1,k2。
第二行包含 n 個整數 a1,a2,…,an。
第三行包含 n 個整數 b1,b2,…,bn。
輸出格式
一個整數，表示所有操作進行完畢以後，\(\sum_{i=1}^{n}(ai−bi)^2\)的最小可能值。
資料範圍
前六個測試點滿足，1≤n≤5。
所有測試點滿足，1≤n≤103，0≤k1+k2≤103，k1 和 k2 都是非負整數，−106≤ai,bi≤106。
輸入樣例1：
2 0 0
1 2
2 3
輸出樣例1：
2
輸入樣例2：
2 1 0
1 2
2 2
輸出樣例2：
0
輸入樣例3：
2 5 7
3 4
14 4
輸出樣例3：
1
2. 思路及題解
思路：
- 首先是資料初始化：n，k1，k2，陣列a，陣列b。
- 初始化資料後，將|a[i] - b[i]|的值存入sub[i]。
- 對sub陣列進行正序排序。
- 開始做加減法。這裡考慮一個問題：因為k1次數是對a陣列操作，k2陣列是對b陣列操作，每次操作都是加1或者減1，而操作的最終目的是為了讓|a[i]-b[i]|儘可能的小，即我們是要用k1+k2次數操作使|a[i]-b[i]|儘可能小，本質上就是要對sub陣列進行操作就可以了。再考慮sub陣列中最大值因為開平方後，數值肯定是大於較小的數，所以我們每次操作的時候先對sub陣列中最大值進行操作，每次操作選擇sub陣列中的最大值並減1，這樣可以讓整體的平方和更小。但是有例外，就是當sub陣列中最大值為0時，此時如果還有剩下的操作次數，我們可以依次對最大值0進行+1、-1操作，即最終的平方和要麼為0，要麼為1。
- 經過上面分析，就知道了為什麼要對sub陣列進行排序了，這樣方便我們每次尋找最大值。每進行一次操作，就遍歷一次sub陣列，一開始遍歷時，先記錄下最大值max，即sub最後一個數值。當遍歷到sub[j]為max時（注意最大值不一定只有一個，即此時遍歷不一定到sub最後一個數），對sub[j]做-1操作，即讓|a[i]-b[i]|減小。
- 如果操作次數足夠多，就會出現操作到最後sub陣列中的值都為0，則此時就只對0進行依次+1、-1操作。即如果剩餘次數為奇數，則最終結果為1；如果為偶數，則結果為0.
Q&A:
Q1：這題怎麼確定兩層訓話不會超時？
A1：下面解法的時間複雜度為O((k1+k2)*n)，計算機1秒大概可以進行1億次操作（1,0000,0000）。而k1和k2最大值為1000，n的最大值為1000，所以(k1 + k2) * n的最大值為200，0000，遠沒有1億次那麼多，所以肯定不會超時！
題解：
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n, k1, k2;
ll a[1005], b[1005];
ll sub[1005];
int main()
{
cin >> n >> k1 >> k2;
for (int i = 0; i < n; ++i)
cin >> a[i];
ll s = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
cin >> b[i];
// sub[i] = |a[i] - b[i]|
sub[i] = (a[i] - b[i] > 0) ? a[i] - b[i] : b[i] - a[i];
}
// 總共進行k1 + k2次操作
ll k = k1 + k2;
sort(sub, sub + n);
int max = sub[n - 1];
for (int i = 0; i < k; ++i)
{
max = sub[n - 1]; // 記錄下此時sub陣列中的最大值
if (max == 0) // 即此時sub陣列中的值都為0
{
if ((k - i) % 2 == 1) // 剩餘操作次數為奇數，結果為1
cout << 1 << endl;
else
cout << 0 << endl; // 剩餘操作次數為偶數，結果為0
return 0;
}
for (int j = 0; j < n; ++j)
{
if (sub[j] == max) // 找到sub陣列中的最大值，並對其進行-1操作
{
sub[j]--;
break;
}
}
}
ll sum = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) // 求解平方和
sum += sub[i] * sub[i];
cout << sum << endl;
return 0;
}
3996. 塗色
題目連結：
https://www.acwing.com/problem/content/3999/
1. 題目描述
有 n 個磚塊排成一排，從左到右編號為 1∼n。
其中，第 i 個磚塊的初始顏色為 ci。
我們規定，如果編號範圍 [i,j] 內的所有磚塊的顏色都相同，則磚塊 i 和 j 屬於同一個連通塊。
例如，[3,3,3] 有 1 個連通塊，[5,2,4,4] 有 3 個連通塊。
現在，要對磚塊進行塗色操作。
開始操作前，你需要任選一個磚塊作為起始磚塊。
每次操作：
- 任選一種顏色。
- 將起始磚塊所在連通塊中包含的所有磚塊都塗為選定顏色，
請問，至少需要多少次操作，才能使所有磚塊都具有同一種顏色。
輸入格式
第一行包含整數 n。
第二行包含 n 個整數 c1,c2,…,cn。
輸出格式
一個整數，表示所需要的最少操作次數。
資料範圍
前六個測試點滿足，1≤n≤20。
所有測試點滿足，1≤n≤5000，1≤ci≤5000。
輸入樣例1：
4
5 2 2 1
輸出樣例1：
2
輸入樣例2：
8
4 5 2 2 1 3 5 5
輸出樣例2：
4
輸入樣例3：
1
4
輸出樣例3：
0
2. 思路及題解
待填坑。。。未完待續