A. Ichihime and Triangle
题意：
已知$ a ≤ x ≤ b ，b ≤ y ≤ c , c ≤ z ≤ d $,让你确定 $x , y , z$ 使其构成三角形的三条边
思路：
直接令三条边长为$ b , c , d $即可
#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; using namespace std; int main(){ ll t,a,b,c,d; cin>>t; while(t--){ cin>>a>>b>>c>>d; cout<<b<<" "<<c<<" "<<c<<endl; } return 0; }
B. Kana and Dragon Quest game
题意：
给一个数$ h $,你可以进行两种操作：$1.h=[h /2 +10] ,2. h=[h-10]$,问能否通过$n$种操作$1$,与$m$种操作$2$使得$h$小于等于$0$
思路：
通过解不等式$h/2 + 10 ≤ h$，我们可以发现当$h ≤ 20 $时进行操作$1$，只会使得$h$变得更大
所以我们先将$h$通过操作$1$尽可能的降至大于$20$且最小的位置，再用操作$2$判断其是否会小于等于$0$
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; inline ll read(){ll s=0,w=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();return s*w;} void put1(){ puts("YES") ;}void put2(){ puts("NO") ;}void put3(){ puts("-1"); } ll qp(ll a,ll b, ll p){ll ans = 1;while(b){if(b&1){ans = (ans*a)%p;--b;}a = (a*a)%p;b >>= 1;}return ans%p;} int main(){ ll p=read(); while(p--){ ll a,b,c; cin>>a>>b>>c; while(b&&a>20){ b--; a=a/2+10; } if(a>c*10) cout<<"NO"<<endl; else cout<<"YES"<<endl; } return 0; }
C. Linova and Kingdom
题意：
给一颗树，现在你可以将$K$个节点染成白色，并将其余节点染成黑色，要求所有白色节点到节点$1$路径上经过和黑色节点和最大
思路：
贪心可以发现将所有深度尽可能大的节点染成白色是最优的，但是可能出现的问题就是不能单单对深度进行排序累加，因为其父亲节点有可能也是白色点
所以我们还要统计节点的子树大小，对$dep[i] - siz[i] $ 进行排序，取前$k$大即可
#include<bits/stdc++.h> #define mp make_pair #define pb push_back #define ll long long #define io std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0) using namespace std; inline ll read(){ll s=0,w=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();return s*w;} const int manx=2e5+5; vector<ll>g[manx]; vector<pair<ll,ll> >a; ll cnt[manx],d[manx],col[manx]; ll n,k; void dfs(ll u,ll pre){ d[u]=d[pre]+1; cnt[u]=1; for(auto v: g[u]){ if(v==pre) continue; dfs(v,u); cnt[u]+=cnt[v]; } a.pb(mp(d[u]-cnt[u],u)); } int main(){ cin>>n>>k; for(int i=1;i<n;i++){ ll u=read(),v=read(); g[u].pb(v); g[v].pb(u); } dfs(1,0); sort(a.begin(),a.end()); reverse(a.begin(),a.end()); ll ans=0; for(int i=0;i<k;i++) ans+=a[i].first; printf("%lld\n",ans); return 0; }
D. Xenia and Colorful Gems
题意:
有$3$种类型的数字，现在要在每种数字中取出$1$个，使得$(x+y)^{2} + (x+z)^{2} + (z+y)^{2}$最小
思路：
暴力枚举$3$种数字是肯定行不通的
进一步思考我们发现对于一个数$a_{i}$，会有$4$种方式对应$b与c$
分别是$①. a_{i} ≥ b ,a_{i} ≥ c ②. b ≥ a_{i} a_{i} ≥ c ③. c ≥ a_{i} a_{i} ≥ b ④.c ≥ a_{i} b ≥ a_{i}$
根据贪心，我们也可以知道$b与c$肯定是要越接近$a_{i}$越好，所以我们可以二分对应的$b与c$，然后不停更新最小答案即可
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef unsigned long long ll; inline ll read(){ll s=0,w=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();return s*w;} const int N=1e5+5; ll t,n1,n2,n3; ll a[N],b[N],c[N]; ll solve(ll a[],ll n1,ll b[],ll n2,ll c[] ,ll n3){ ll ans=2e18,x,y,z; for(int i=1;i<=n1;i++){ x=a[i]; int pos=lower_bound(b+1,b+1+n2,x)-b; if(pos>=1&&pos<=n2 &&b[pos]>=x)y=b[pos]; else continue; int l=1,r=n3; while(l<r){ int mid=(l+r+1)>>1; if(c[mid]<=x) l=mid; else r=mid-1; } if(c[l]<=x) z=c[l]; else continue; ans=min(ans,(x-y)*(x-y)+(x-z)*(x-z)+(y-z)*(y-z)); } return ans; } int main(){ ll t=read(); while(t--){ ll n1=read(),n2=read(),n3=read(); for(int i=1;i<=n1;i++)scanf("%lld",&a[i]); for(int i=1;i<=n2;i++)scanf("%lld",&b[i]); for(int i=1;i<=n3;i++)scanf("%lld",&c[i]); sort(a+1,a+1+n1); sort(b+1,b+1+n2); sort(c+1,c+1+n3); ll ans=2e18; ans=min(ans,solve(a,n1,b,n2,c,n3)); ans=min(ans,solve(a,n1,c,n3,b,n2)); ans=min(ans,solve(b,n2,a,n1,c,n3)); ans=min(ans,solve(b,n2,c,n3,a,n1)); ans=min(ans,solve(c,n3,b,n2,a,n1)); ans=min(ans,solve(c,n3,a,n1,b,n2)); cout<<ans<<endl;; } return 0; }