Codeforces Round #660 (Div. 2) A、B、C題解
A. Captain Flint and Crew Recruitment #構造
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題意
定義一類正整數，能夠被\(p*q\)表示，其中\(p、q(1<p<q)\)均為素數，稱之為\(nearly\ prime\) 。現要求判斷整數\(n\)，是否能被4個不同整數之和表示，且其中至少三個整數為\(nearly\ prime\) (是則，輸出YES否則輸出NO)
分析
\(n = 31 = 2\times7+2\times5+2\times3+1\)，其中\(14,10,6\)為\(nearly\ prime\)
\(n = 32 = 2\times3+2\times5+2\times7+2\)
容易得到最小的三個\(nearly\ prime\)為\(6,10,14\)，因而滿足條件的最小整數為31，見上。當\(n\leq30=6+10+14\)，答案NO。當\(n>30\)，答案定為YES
難道剩餘的正整數都能被\(6,10,14,n-30\)表示嗎？注意，當\(n-30 = 6or10or14\)時，出現了重複數字，我們可以構造出比{\(2*3,2*5,2*7,n\)}稍大的組合，即{\(2*3,2*5,3*5,n\)}
#include <algorithm> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; typedef long long ll; int main() { int Q; scanf("%d", &Q); while (Q--) { int n; scanf("%d", &n); if (n <= 30) { printf("NO\n"); continue; } int last = n - 30; if (last == 6 || last == 10 || last == 14) { printf("YES\n6 10 15 %d\n", n - 31); } else { printf("YES\n6 10 14 %d\n", n - 30); } } return 0; }
B. Captain Flint and a Long Voyage #構造 #貪心
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題意
給定整數\(n\)，找出一個十進位制數字\(x\)滿足：長度為\(n\)，得到\(x\)在二進位制下的串，去掉後面的\(n\)位，新二進位制串是最大的，且數字\(x\)越小越好。好繞，原題面看得十分吃力
分析
我們將\([0, 9]\)數字分別轉化為二進位制串，可以觀察到數字\(8,9\)的二進位制串長度最長，分別為\(1000, 1001\)，由題幹要求，抹除\(n\)位後的二進位制串最大，那麼利用貪心思想，要找到這樣的串，那麼十進位制數字\(x\)的二進位制串越長越好，於是我們可以斷定這個\(x\)
但別忘了題幹還要求我們數字\(x\)越小越好，為什麼可以有這樣的條件？拿數字\(8,9\)的二進位制串\(1000, 1001\)而言，當我們抹除最後1位時，得到的兩個新串是相等的！於是但凡得到數字\(999...999\)，我們可以在合法的長度內將末位的幾個\(9\)替換為\(8\)，這樣既保證二進位制串大且原十進位制數小的情況了，即\(x\)的組成肯定為\(999...888\)。
如何確定這一合法的替換長度呢？考慮到8/9二進位制串長度為4。對於原數字\(x\)最末尾的最末尾的(向上取整)\(n/4\)個要被去除的串，選8還是9的二進位制串是沒有區別的
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main(){
int Q; scanf("%d", &Q);
while(Q--){
int n;
scanf("%d", &n);
int len = n / 4; //將最後n位換成len個數字8的二進位制串
if(n % 4 != 0) len++; //餘數為[1, 3]說明還可以再替換多一個數字8的二進位制串
for (int i = 1; i <= n - len; i++)
printf("9");
for (int i = 1; i <= len; i++)
printf("8");
printf("\n");
}
return 0;
}
C. Uncle Bogdan and Country Happiness #DFS #逆向思維
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題意
給定\(n\)個節點的樹結構，\(m\)個人初始在根節點\(1\)號，已知每個人都有各自要到達的節點(預設走最短路)，他們剛出發有各自的心情狀態(好/壞)且我們未知，在節點之間的轉移過程中好心情會轉化為壞心情，但心情壞的不會發生改變。先給定每個節點資料h[i]，理論上值為該節點上 心情好的人數 - 心情壞的人數，現要判斷給定資料是否正確。
分析
若從節點1出發來考慮似乎不容易，我們可以嘗試從每個到達的目標節點逆推到根節點。
設經過城市\(now\)人數有\(sum[now]\)，該城市理論快樂指數為\(h[now]\)，可以計算出理論上該城市的快樂人數
\(Hapsum[now] =(sum[now]+h[now])/2\)
\(= (Hapsum[now]+badsum[now]+Hapsum[now]-badsum[now])\)
參考官方題解，我們有三個標準去衡量資料的合法性：
- \(sum[now]+h[now]\)一定能被整除
- \(0\leq Hapsum[now]\leq sum[now]\) 即快樂人數肯定不會超過總人數
- \(Hapsum[to_1]+Hapsum[to_2]+...+Hapsum[to_{k}]\leq Hapsum[now]\) 即每個人從now出發可能會心情變糟，因而子節點的快樂人數總數一定不超過父節點
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 1e5 + 5;
struct Edge {
int to, nextNbr;
}E[MAXN << 1];
int Head[MAXN], tot = 0;
void addEdge(int u, int v) {
tot++;
E[tot].to = v; E[tot].nextNbr = Head[u]; Head[u] = tot;
}
int n, m, delt[MAXN], cnt[MAXN], sum[MAXN], HapSum[MAXN];
bool f = true;
void dfs(int pre, int now) {
if (f == false) return;
sum[now] = cnt[now];
int tmp_sum = 0;
for (int i = Head[now]; i >= 0; i = E[i].nextNbr) {
int v = E[i].to;
if (v != pre) {
dfs(now, v);
sum[now] += sum[v];
tmp_sum += HapSum[v]; //統計 快樂人數
}
} //sum[now]統計now節點為根的子樹的總人數
if ((sum[now] + delt[now]) % 2 != 0) f = false; //說明不是整數...case1
HapSum[now] = (sum[now] + delt[now]) >> 1; //利用給定資料算出經過該城市後的理論快樂人數
if (HapSum[now] < 0 || HapSum[now] > sum[now]) f = false;//說明快樂人數比總人數還多...case2
if (HapSum[now] < tmp_sum) f = false;
//說明經過now城市後的快樂人數 竟然比 走得更遠的城市的快樂人數 還 少...case3
}
int main() {
int Q; scanf("%d", &Q);
while (Q--) {
scanf("%d%d", &n, &m);
tot = 0; f = true;
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &cnt[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &delt[i]), Head[i] = -1;
for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
int x, y; scanf("%d%d", &x, &y);
addEdge(x, y); addEdge(y, x);
}
dfs(0, 1);
printf("%s\n", f ? "YES" : "NO");
}
return 0;
}