Codeforces Round 1133(Div.3)题解

A

思路

做法显然，但是需要注意一些小的细节：

①不能输出如"2:2"这样的时间，必须输出"02:02"这样的时间；
②中间的冒号是":"，而不是“：”。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int a,b,c,d,n1,n2,n,aa,bb;
char x;

signed main()
{
	cin>>a>>x>>b>>c>>x>>d;
	n1=a*60+b;
	n2=c*60+d;
	n=(n1+n2)/2;
	aa=n/60,bb=n%60;
	
	if (aa<10)  cout<<0<<aa;
	else cout<<aa;
	
	cout<<x;
	
	if (bb<10)  cout<<0<<bb;
	else cout<<bb<<endl; 
	
	return 0;
}

B

思路

用一个桶， $b_i$记录下除以 $k$余 $i$的数的数量。

显然，若 $i+j$是 $k$的倍数，那么可以送给同一个Polycarp女友的盒子对就可以配成 $min(b_i,b_j)$组，即可配成 $2min(b_i,b_j)$个盒子。

所以，直接枚举 $i$，并求出 $j$使得 $i+j$为 $k$的倍数，最后用上面所说的方法求一下就可以啦。注意特判一下 $i=j$的情况，可能配成 $b_i-(b_i\ mod\ 2)$个盒子。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n,k,ans;
int a[200005],b[105];

signed main()
{
	cin>>n>>k;
	for (int i=1;i<=n;i++)  cin>>a[i];
	for (int i=1;i<=n;i++)  b[a[i]%k]++;
	
	for (int i=0;i<=k/2;i++)
	{
		int o=(k-i)%k;
		if (i==o)  ans+=(b[i]/2)*2;
		else ans+=min(b[i],b[o])*2; 
	}
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

C

思路

暴力找显然会超时。

那么怎么办呢？首先按升序排序。然后，对于每个 $i$向后找最后一个与 $a_i$之差不大于5的数的位置；记这个位置为 $p$，那么就能形成人数为 $p-i+1$的BT(Balanced Team)。

注意"向后找最后一个与 $a_i$之差不大于5的数的位置"可以用二分来完成。

其时间复杂度为 $O(nlog_2n)$，不会超时。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n,ans=-1,last;
int a[200005];

int find(int l,int r,int k)
{
	if (l+1==r||l==r)
	{
		if (a[r]-k>5)  return last;
		else return max(r,last);
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if (a[mid]-k<=5)
	{
		last=mid;
		return find(mid,r,k);
	}
	else return find(l,mid,k);
}

signed main()
{
	cin>>n;
	for (int i=1;i<=n;i++)  cin>>a[i];
	
	sort(a+1,a+n+1);
	
	for (int i=1;i<=n;i++)  last=-1,ans=max(ans,find(i,n,a[i])-i+1);
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

D

好惨啊~WA了7次

思路

首先，观察这个式子： $da_i+b_i=c_i$。

将 $c_i=0$带入，得

$da_i+b_i=0$
$da_i=-b_i$
$d=\frac {-b_i} {a_i}$

所以，对于每个 $i$求出满足要求的 $d$；最后数一数最后有多少个不同的 $d$即可。

---

这么简单？
怎么可能！

①哇哇！RE！
显然，当 $a_i=0$且 $b_i≠0$时，是不存在 $d$的，这种情况直接舍去；
另外，当 $a_i=b_i=0$时， $d$可以随便取值；假设这种情况有 $zero$个，并暂时忽略这种情况，最后将答案加上 $zero$就是最终的答案。

②哇哇！WA！
您的精度出现了问题。
如何控制精度呢？我们可以将分子与分母约分后用map存下。记录下每对约分后分子与分母的相同对数并加上 $zero$就是最终的答案。

---

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n,ans=-1,last;
int a[200005];

int find(int l,int r,int k)
{
	if (l+1==r||l==r)
	{
		if (a[r]-k>5)  return last;
		else return max(r,last);
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if (a[mid]-k<=5)
	{
		last=mid;
		return find(mid,r,k);
	}
	else return find(l,mid,k);
}

signed main()
{
	cin>>n;
	for (int i=1;i<=n;i++)  cin>>a[i];
	
	sort(a+1,a+n+1);
	
	for (int i=1;i<=n;i++)  last=-1,ans=max(ans,find(i,n,a[i])-i+1);
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

E

思路

一道略简单的 $dp$题。

状态设计 $dp_{i,j}$表示，目前看到 $i$这个人，分 $j$个队时最多能进队的人数。

状态转移显然；设 $last$为 $i$之前最前一个与 $i$之差不大于 $5$的数的位置。那么， $i$可以贪心地与 $last$分在一组也可以哪个组都不去。

第一种情况：哪个组都不去。继承上一个状态： $dp_{{i-1,}j}$。

第二种情况：与 $last$分在一组。显然，位置在 $last+1$到 $i$的位置均要贪心地选。并且，看到 $last$的时候必须贪心地选 $j-1$组，不能选 $j$组，否则 $a_i$根本进不来，原因是含有 $last$的第 $j$组中一定会有与 $a_i$之差大于5的数。
所以，此时 $dp_{i,j}=dp_{last,{j-1}}+(i-last)$。

综上所述，状态转移就是：
$dp_{i,j}=max(dp_{i-1,j},dp_{last,{j-1}}+(i-last))$

注意，我们不需要用二分找 $last$，朴素找也会超时。总时间复杂度为 $O(n(n+m))$。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=505;

int n,m,ans=-1;
int a[maxn],dp[maxn][maxn];

signed main()
{
	cin>>n>>m;
	for (int i=1;i<=n;i++)  cin>>a[i];
	
	sort(a+1,a+n+1);
	dp[1][1]=1;
	
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int last=i;
		while (abs(a[last]-a[i])<=5&&last>=1)  last--;
		for (int j=1;j<=m;j++)  dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[last][j-1]+(i-last));
	}
	for (int i=1;i<=m;i++)  ans=max(ans,dp[n][i]);
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

F1

唉，心态真TM炸了，比赛的时候绞尽脑汁就是想不出来；比赛后仍然想不出来，重新看题才发现本菜鸡把题目看错了。

唉，差一点就进前 $15$了QAQ

题面(罚自己写)

给定一个无向联通图，请找出它的一个生成树使得该树中所有节点的度数的最大值最大，并输出该树的所有边。

思路

显然，我们要贪心地取那个原图中度数最大的节点与其所有边。然后，在保证选出来的是一棵树的情况下，每次任意加边。

注意判断其是否为树(即无环)可以用并查集来完成。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n,m,u,v,maxv=-1,pos;
int de[200005],father[200005];

struct edge
{
	int u,v;
}e[400005];

int find(int x)
{
	if (x!=father[x])  father[x]=find(father[x]);
	return father[x];
}

signed main()
{
	cin>>n>>m;
	for (int i=1;i<=n;i++)  father[i]=i;
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>e[i].u>>e[i].v;
		de[e[i].u]++,de[e[i].v]++;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		if (de[i]>maxv)
		{
			maxv=de[i];
			pos=i;
		}
	}
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		if (e[i].u==pos||e[i].v==pos)
		{
			cout<<e[i].u<<' '<<e[i].v<<endl;
			father[find(e[i].v)]=find(e[i].u);
		}
	}
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		if (find(e[i].u)!=find(e[i].v)&&e[i].u!=pos&&e[i].v!=pos)
		{
			cout<<e[i].u<<' '<<e[i].v<<endl;
			father[find(e[i].v)]=find(e[i].u);
		}
	}
	return 0;
}

E2

做不出来咕咕咕~

总结

①并查集三个月没做了~这一次又巩固了一遍；
②动规 $dp$增强了一丢丢；
③信心加了一点点。

太棒了，Div.3我没有爆0！