Codeforces Round #823 (Div. 2) A-D

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A

题解

知识点：贪心。

对于一个轨道，要么一次性清理，要么一个一个清理。显然，如果行星个数大于直接清理的花费，那么选择直接清理，否则一个一个清理。即 (sum min (c,cnt[i]))，其中 (cnt[i]) 表示轨道 (i) 的行星个数。

时间复杂度 (O(n))

空间复杂度 (O(1))

代码

#include <bits/stdc++.h> #define ll long long  using namespace std;  int cnt[107];  bool solve() {     int n, c;     cin >> n >> c;     memset(cnt, 0, sizeof(cnt));     for (int i = 1;i <= n;i++) {         int x;         cin >> x;         cnt[x]++;     }     int ans = 0;     for (int i = 1;i <= 100;i++) ans += min(c, cnt[i]);     cout << ans << 'n';     return true; }  int main() {     std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);     int t = 1;     cin >> t;     while (t--) {         if (!solve()) cout << -1 << 'n';     }     return 0; } 

B

题解

方法一

知识点：三分。

按位置从小到大排列，显然约会花费是一个关于 (x_0) 的单谷函数，因此可以三分位置。

由于位置最大有 (10^8) ，但点的个数只有 (10^5) ，考虑先用 map 存储有序对 ((x,t)) ，其中 (t) 是位置 (x) 的人最大打扮时间，因为比这个时间少的一定不影响结果。遍历结束以后把 map 内容移到 vector 中用 pair 存储用以三分，check 函数则只要遍历一遍 vector 即可。

时间复杂度 (O(n log max(eps)))

空间复杂度 (O(n))

方法二

知识点：贪心。

把 (t) 等效进位置，如果 (x_i) 在 (x_0) 左侧，则等效位置是 (xi - t) ;如果 (x_i) 在 (x_0) 右侧，则等效位置是 (x_i + t) 。

所有点的左侧等效位置最左的位置，就是等效区间左端点；所有点的右侧等效位置最右的位置就是等效区间的右端点。

如果等效区间的左右端点来自于不同两点的等效点，那么等效区间的中点一定在这两点之间，否则原来的点必有一个能覆盖另一个点，等效区间的左右端点就属于同一个点的等效点。

时间复杂度 (O(n))

空间复杂度 (O(n))

代码

方法一

#include <bits/stdc++.h> #define ll long long  using namespace std;  int x[100007]; map<int, int> mp; vector<pair<int, int>> v;  double check(double mid) {     double mx = 0;     for (auto [i, j] : v) {         mx = max(mx, abs(i - mid) + j);     }     return mx; }  bool solve() {     mp.clear();     v.clear();     int n;     cin >> n;     for (int i = 1;i <= n;i++) {         cin >> x[i];         mp[x[i]] = 0;     }     for (int i = 1;i <= n;i++) {         int T;         cin >> T;         mp[x[i]] = max(mp[x[i]], T);     }     for (auto [i, j] : mp) {         v.push_back({ i,j });     }      double l = 0, r = v.back().first;     while (abs(r - l) >= 1e-7) {         double mid1 = l + (r - l) / 3;         double mid2 = r - (r - l) / 3;         if (check(mid1) <= check(mid2)) r = mid2;         else l = mid1;     }     cout << fixed << setprecision(10) << l << 'n';     return true; }  int main() {     std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);     int t = 1;     cin >> t;     while (t--) {         if (!solve()) cout << -1 << 'n';     }     return 0; } 

方法二

#include <bits/stdc++.h> #define ll long long  using namespace std;  int x[100007], T[100007];  bool solve() {     int n;     cin >> n;     int l = 1e9, r = 0;     for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> x[i];     for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> T[i];     for (int i = 1;i <= n;i++) {         l = min(x[i] - T[i], l);///最左侧等效点         r = max(x[i] + T[i], r);///最右侧等效点     }     cout << fixed << setprecision(8) << (l + r) / 2.0 << 'n';     return true; }  int main() {     std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);     int t = 1;     cin >> t;     while (t--) {         if (!solve()) cout << -1 << 'n';     }     return 0; } 

C

题解

知识点：贪心。

因为要字典序最小，那么一个数字他后面没有更小的数字则可以保留，其他都应该删除，所以从右往左找一个合法的保留序列，其他的数字加一，并且都是位置随意的，于是可以插入到保留下来的序列，并使插入后的序列是从小到大字典序最小的排列。因此直接把保留序列外的数字加一以后，对整个序列排序即可。

也可以直接桶排序。

时间复杂度 (O(n log n))

空间复杂度 (O(n))

代码

#include <bits/stdc++.h> #define ll long long  using namespace std;   bool solve() {     string s;     cin >> s;     int mi = 10;     for (int i = s.size() - 1;i >= 0;i--) {         if (s[i] - '0' <= mi) mi = s[i] - '0';         else s[i] = min(s[i] + 1, '9' + 0);     }     sort(s.begin(), s.end());     cout << s << 'n';     return true; }  int main() {     std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);     int t = 1;     cin >> t;     while (t--) {         if (!solve()) cout << -1 << 'n';     }     return 0; } 

D

题解

知识点：构造。

注意到操作不会改变无序对 ((a_i, b_{ n - i + 1 })) 数量以及种类。

引理：(a = b) ，当且仅当无序对是回文的。

充分性：

当 (a = b) 时，如果 (i) 处存在一组无序对 ((x, y)) ，则必然会在 (n-i+1) 产生相同一组无序对 ((y, x)) ，除非当 (n) 为奇数时，可以在中间产生一个元素相同的无序对 ((x,x)) ，因此 (a = b) 时，无序对必然成回文状。

必要性：

当无序对是回文的，则第 (i) 组无序对 ((x,y)) 可以对应第 (n-i+1) 组无序对 ((y,x)) ，即 (a_i = b_i) ,所以 (a = b) 。

充要条件：YES 当且仅当无序对 ((a_i, b_{ n - i + 1 })) 中元素不同的无序对有偶数个，元素相同的无序对仅在 (n) 为奇数时至多 (1) 种有奇数个。

充分性：

根据引理，显然满足右边条件。

必要性：

显然没有任何限制时，给出的无序对条件能排列成回文的，现在尝试证明其必然可构造无序对回文。

注意到操作 (k = i) 可以使得 (a[1 cdots k]) 和 (b[kcdots n]) 交换位置，即 ((a[k], b[n - k + 1])) 这一组无序对被置换到了 (1) 号位置，同时 ((a[1],b[n])) 这一组无序对被置换到了 (i) 号位置，但这不会改变 (a[k+1 cdots n]) 和 (b[1cdots k-1]) 的顺序，即第 (k+1) 到 (n) 组无序对及其实际元素顺序没有改变。因此，如果我们想要将无序对通过操作变成一个我们想要的顺序，可以从右往左构造。

假设 (i+1) 到 (n) 的无序对都安排好了，现在 (i) 号位置想要 (j (jleq i)) 号位置的无序对时，可以先 (k=j) ，将 (j) 号替换到 (1) 号，然后 (k=i) ，将 (1) 号替换 (i) 号，过程中 (i+1 cdots n) 的无序对不会改变，包括实际元素顺序。

上述操作最后结果是无序对 (j) 替换到 (i) ，且 (j) 号无序对元素的实际顺序不会改变。但如果我们希望实际元素的顺序也发生改变，我们可以加一个步骤 (k = 1) 在中间，即通过 (k = j, k = 1, k = i) 替换 (i) 号后的 (j) 号元素实际顺序与原来是相反的，这也是为什么我们只需要知道无序对顺序即可，因为元素实际顺序是可以随时改变的。

通过上述操作我们可以实现无序对的任意排列，以及无序对实际元素的顺序。因此无序对满足回文条件时，必然可以构造出无序对回文。于是根据引理，得到 (a = b) 。

时间复杂度 (O(n))

空间复杂度 (O(n))

代码

#include <bits/stdc++.h> #define ll long long  using namespace std;  string a, b; int cnt[26][26];  bool solve() {     memset(cnt, 0, sizeof(cnt));     int n;     cin >> n;     string a, b;     cin >> a >> b;     for (int i = 0;i < n;i++) {         int x = a[i] - 'a', y = b[n - 1 - i] - 'a';         if (x > y) swap(x, y);         cnt[x][y]++;     }      bool ok = true;     int esum = 0;     for (int i = 0;i < 26;i++) {         for (int j = i;j < 26;j++) {             if (i == j) esum += cnt[i][j] & 1;             else ok &= !(cnt[i][j] & 1);         }     }      if (ok && esum <= (n & 1)) cout << "YES" << 'n';     else cout << "NO" << 'n';     return true; }  int main() {     std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);     int t = 1;     cin >> t;     while (t--) {         if (!solve()) cout << -1 << 'n';     }     return 0; }