吐槽CSDN，这篇博客我编辑了半天，发表之后竟然没变，感觉像是日了狗了，强迫症的我当然要再写一遍。
比赛链接：http://bestcoder.hdu.edu.cn/contests/contest_show.php?cid=826
1001：HDU6380
1004：HDU6383
1006：HDU6385
bestcoder首页的官方题解简直是业界良心，建议作为参考：http://bestcoder.hdu.edu.cn/
| 1001 | degree |
题意：给定一个有 N 个点以及 M 条边的无向简单图，此图中保证没有任何圈 (cycle) 存在，也就是有多棵树的深林。
现在你可以对此图依序进行以下的操作：
- 移除至多 K条边。
- 在保持此图是没有圈的无向简单图的条件下，自由的添加边至此图中。
问最后此图中度数 (degree) 最大的点的度数可以多大呢？
解析：首先考虑有多个联通分量，此时找到度数最大的节点V0，发现可从V0每对一个联通分量连一条新边（连到任意点）就能使度数加一且不产生圈。
将多个两桶分量连成一个后，发现没有和V0直接相连的那些边每删除一条就形成一个新的联通分量，就能再连一次使V0度数加1。
代码：
//2018 “百度之星”程序设计大赛 - 初赛（B）- 1001
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN=2*1e5+5;
int N,M,K,num[MAXN];//num[i]存放点i的度数
int a[MAXN],b[MAXN];
//并查集
int father[MAXN];
int Find(int i)
{
int t=father[i];
while(i!=father[i])
{
i=father[i];
}
father[t]=i;
return i;
}
void Union(int i,int j)
{
int f1=Find(i),f2=Find(j);
if(f1!=f2)
father[f1]=f2;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%d",&N,&M,&K);
for(int i=0;i<=N;i++)
{
num[i]=0;
father[i]=i;
}
int maxp=0;//记录度数最大的点
for(int i=1;i<=M;i++)
{
scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
Union(a[i],b[i]);
num[a[i]]++;
num[b[i]]++;
if(num[a[i]]>num[maxp]) maxp=a[i];
if(num[b[i]]>num[maxp]) maxp=b[i];
}
int ans=num[maxp];
set<int> s;
for(int i=0;i<N;i++)
{
s.insert(Find(i));//查询联通分量的个数
}
ans=ans+s.size()-1;
int ne=0;//有多少条边不和V0相连
for(int i=1;i<=M;i++)
{
if(a[i]!=maxp&&b[i]!=maxp) ne++;
}
if(K>=ne)
ans+=ne;
else
ans+=K;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}| 1004 | p1m2 |
题意：一个整数数组为稳定的，当且仅当同时符合以下两个条件：
- 数组里面的元素都是非负整数。
- 数组里面最大的元素跟最小的元素的差值不超过 1。
对数组有一种操作，任取两个元素，对其中一个-2，对另一个+1。现在给定一个整数数组a[]，在任意进行操作后，请问在所有可能达到的稳定数组中，拥有最大的『数组中的最小值』的那些数组，此值是多少。
解析：看到“最大的最小”，就想到二分来做。我们二分枚举答案为x，对于大于x的a[i]必须每次-2减到值为x或x+1，那么它必须减(a[i]-x)/2次；对于小于x的a[i]必须每次+1加到值为x，那么它必须加(x-a[i])次，而且它可以再+1加到x+1（也可以不加）。
二分时：
- 如果总的可以加的次数能够满足必须减的次数，令l=mid，枚举更大的x。
- 如果必须减的次数小于必须加的次数，枚举更小的x。
- 其他情况，枚举更大的x。
代码来自https://blog.csdn.net/qq_37868325：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf = 1000000000;
long long a[500500],b,n,T;
long long sum[500500];
int dfs(long long rt)
{
long long p=n+1,x,y=0;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
if(a[i]>rt)
{
p=i;
break;
}
}
x=rt*(p-1)-sum[p-1];
for(int i=n; i>=p; i--)
{
y+=(a[i]-rt)/2;
}
//x是必须加的次数，y是必须减的次数，x+p-1是可以加的次数
if(x<=y&&y<=x+p-1) return 1;
if(y<x) return 0;
return 2;
}
int main()
{
scanf("%I64d",&T);
while(T--)
{
scanf("%I64d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%I64d",&a[i]);
}
//cout<<n<<endl;
if(n==1)
{
printf("%I64d\n",a[1]);
}
else
{
sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1; i<=n; i++)
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
long long l=a[1],r=a[n],mid=-1;
while(1)
{
// cout<<l<<" "<<r<<endl;
if((l+r)/2==mid) break;
mid=(l+r)/2;
if(dfs(mid)) l=mid;
else r=mid;
}
printf("%I64d\n",l);
}
}
return 0;
}| 1006 | rect |
题意：有一个大小为 MX×MY 的矩形，左下角坐标为 (0, 0)，右上角坐标为 (MX, MY)。此矩形内有 N 个整数坐标的点 (x_i, y_i)，x_i 彼此不重复，y_i 彼此也不重复。
现在要从每一个点画出一条线段，满足下列条件：
- 线段起点为坐标点，终点在矩形范围的四个边界之一上。
- 线段彼此不能交叉。
现在要让画出的线段的长度总和最小，请输出这个最小的长度总和值。
解析：每个点的长度最小值就是到4个边界距离的最小值，由于坐标不重合，枚举任意两个点可以发现，一个点最短距离的选择不会影响另一个的选择，所以求个和就ok。
代码：
//2018 “百度之星”程序设计大赛 - 初赛（B）- 1006
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN=1e5+5;
int mx,my,n;
int x,y;
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%d",&mx,&my,&n);
ll ans=0;
while(n--)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
int tmp=min(x,y);
tmp=min(tmp,mx-x);
tmp=min(tmp,my-y);
ans+=(ll)tmp;
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}