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Codeforces Round #698 (Div. 2)A,B,C,D,F_d |i鈭抝|=|ai鈭抋j|

作者：盐析白兔 | 2024-02-10 21:03:53

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d |i鈭抝|=|ai鈭抋j|

Codeforces Round #698 (Div. 2)A,B,C,D,F

A - Nezzar and Colorful Balls

题意

有 $n$ 个球，第 $i$ 个球上的序号是 $a_i$ ，保证对任意 $a_i$ 都有 $a_i \leq a_{i+1}$ 。现在你要给球涂上颜色，保证在球按照颜色分开后，每种颜色的球序号从小到大是严格递增的，也就是只考虑某种颜色的球的情况下，对相邻的 $a_i$ 、 $a_j$ ，均有 $a_i \lt a_{i+1}$ 。问最少需要几种颜色，能达到这个要求？

思路

问题可以化为：原数组中有可能有多个重复相同的数字，分开后的数组中不能有重复相同的数字。因此，只需要找到原数组所有元素中出现次数最多的即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1)
using namespace std;
typedef pair<int, int> P;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 9;
const ll mod = 1e9 + 7;

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        int n;
        scanf("%d", &n);
        int nowcnt = 0;
        int maxc = 0;
        int nowx = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            int x;
            scanf("%d", &x);
            if(x != nowx)
            {
                maxc = max(maxc, nowcnt);
                nowx = x;
                nowcnt = 1;
            }
            else
            {
                nowcnt++;
            }
        }
        cout << max(maxc, nowcnt) << endl;
    }
    return 0;
}
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B - Nezzar and Lucky Number

题意

在1~9中，李华最喜欢的数字是 $d$ 。如果一个正整数在其十进制表示下含有 $d$ ，则李华称之为幸运数字。现给定一些数字，问你他们能否被分解为几个（一个或多个）幸运数字相加？

思路

如果数字 $x$ 大于等于 $10 \times d$ ，则 $x$ 一定可以分解成 $(k_1 \times10^m + d*10 + k_2) + (k_3 \times 10 + d)$ 的形式（ $k_i$ 是任意正整数），这两个数都含有数字d（一个在十位一个在个位）；
在数字 $x$ 小于 $10 \times d$ 的情况下，则 $x$ 若能被分解，一定有 $k_1 \times 10 + k_2 \times d$ ，因此只需要判断 $x$ 的个位是否与某一个 $d$ 的倍数的个位相同即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1)
using namespace std;
typedef pair<int, int> P;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 9;
const ll mod = 1e9 + 7;

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        int q, d;
        scanf("%d%d", &q, &d);
        for(int i = 0; i < q; i++)
        {
            bool flag = 0;
            ll x;
            scanf("%lld", &x);
            if(x >= 10 * d)
            {
                printf("YES\n");
                continue;
            }
            int tmp = x % 10;
            for(int i = 1; i < 10; i++)
            {
                if(i * d > x)
                    break;
                if(i * d % 10 == tmp)
                {
                    flag = 1;
                    break;
                }
            }
            if(flag)
                printf("YES\n");
            else
                printf("NO\n");
        }
    }
    return 0;
}
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C - Nezzar and Symmetric Array

题意

数组 $a$ 中有 $2 n$ 个整数，且数组中的元素满足，若 $a_i$ 在数组中，则必有且仅有一个 $a_j = a_i$ ，即每个数的相反数都在其中。现给定一个数组 $d$ ，其中 $d_i = \sum_{j = 1}^n |a_i - aj|$ ，问能不能推出一个满足要求的数组 $a$ ？无需输出 $a$ 的内容，只需要判断。

思路

参考：

Codeforces Round #698 (Div. 2)-C. Nezzar and Symmetric Array-题解

Codeforces Round #698 (Div. 2)_

我们可以思考： $d$ 和 $a$ 有哪些相关的特性？

$a$ 的每一个元素在 $d$ 中对应位置的值，与他的相反数在 $d$ 中对应位置的值，都是相等的。这点可以通过假设法证明（假设有 $\gt 0)$ ，计算 $a$ 和 $- a$ ， $b$ 和 $- b$ ， $c$ 和 $- c$ 在 $d$ 中的值）；
对于任意的 $a_i$ ，其与除自身外的任意元素 $a_j$ ，都有 $a_i - a_j| + |a_i - (-a_j)|$ 的值一定是偶数（分类讨论或者画图一下即可）；
原本的每一个数都是整数；
若只考虑正整数（或只考虑负整数），每一个数都是独特的，没有重复。这点可以合并到第1点去（见下面的概括）。

综上，我们可以把特性概括/衍生为以下几点：

$d$ 中每个元素的值出现且仅出现两次（第一点+第四点）；
$d$ 中的每个元素都是偶数；
原本的数都是整数。

第一点和第二点通过map来实现，因为数据范围1e9，数组存不下；

第三点，我们分类讨论一下，对于任意的 $a_i - a_j| + |a_i - (-a_j)|$ ，如果 $a_i \gt a_j$ ，则 $a_i - a_j| + |a_i - (-a_j)| = 2a_i$ ；若 $a_i \lt a_j$ ，则 $a_i - a_j| + |a_i - (-a_j)| = 2a_j$ 。所以其实 $d_i$ 就是 $\times \sum_{j = 0}^n max(a_i, a_j)$ ，即 $a_i$ 和其他所有正整数比较后最大的那个正整数的两倍，所以在已知 $d_i$ 的情况下， $a_i = (d_i/2- sum/n)$ ，其中 $\sum a_j, a_j \gt a_i$ 。所以从大到小不重复的遍历所有 $d_i$ ，将当前元素减去之前已经算出的元素（因为是从最大开始算，所以 $s u m$ 的值其实就是之前元素的累加），再除以还剩下几个元素，判断是否能整除（且大于0）即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1)
using namespace std;
typedef pair<int, int> P;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 9;
const ll mod = 1e9 + 7;

map<ll, int> mp;
priority_queue<ll> que;

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        mp.clear();
        while(!que.empty())
            que.pop();
        int n;
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 0; i < 2 * n; i++)
        {
            ll x;
            scanf("%lld", &x);
            mp[x]++;
        }
        bool flag = true;
        for (auto i : mp)
        {
            que.push(i.first);
            if (i.second != 2)
            {
                flag = false;
                break;
            }
        }
        if (!flag || que.size() != n)
        {
            cout << "NO" << endl;
            continue;
        }
        ll sum = 0;
        for(int i = n; i >= 1; i--)
        {
            ll x = que.top();
            que.pop();
            if(x - sum <= 0 || ((x - sum) % (2 * i)) != 0)
            {
                flag = false;
                break;
            }
            else
            {
                sum += (x - sum) / i;
            }
        }
        if (flag)
        {
            cout << "YES" << endl;
        }
        else
        {
            cout << "NO" << endl;
        }
    }
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D - Nezzar and Board

题意

黑板上有 $n$ 个不同的整数，可以进行的操作是选取两个数 $x, y$ ，将 $2 x - y$ 放回黑板（不删除选取的数）。问能否经过一系列的操作得出给定的 $k$ 。

思路

参考：Codeforces Round #698 (Div. 2) D. Nezzar and Board，Codeforces Round #698 (Div. 2) A~F

裴蜀定理：

[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-Np3gOfTy-1612356393165)(C:\Users\29039\AppData\Roaming\Typora\typora-user-images\image-20210201161808476.png)]

把操作看成 $x + (x - y)$ ，则整个过程化为元素 $x$ 加上两个数的差值。又，形如 $a_3 - a_1$ 的差可以转换为 $a_3 - a_2 + a_2 - a_1$ ，所以任何差 $a_n - a_m$ 都能化为 $\sum_{i = 1}^{n - 1}(a_{i + 1} - a_i - \sum_{i = 1}^{m - 1}(a_{i + 1} - a_i)$ 的形式，所以我们可以将 $2 x - y = k$ 转化为：
$a_1 + k_1* (a_2 - a_1) + k_2* (a_3 - a_2) + …+ k_{n - 1}* (a_n - a_{n - 1}) = k$

$k_1* (a_2 - a_1) + k_2* (a_3 - a_2) + …+ k_{n - 1}* (a_n - a_{n - 1}) = k - a_1$

的形式。

因此，只要存在 $a_i$ ，有其他所有数字的最大公约数等于 $k - a_i$ ，原式就成立。

#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1)
using namespace std;
typedef pair<int, int> P;
typedef long long ll;
const int N = 3e5 + 19;
const ll mod = 1e9 + 7;

ll a[N];

int main()
{
    int T;
    cin >> T;
    while(T--)
    {
        int n;
        ll k;
        cin >> n >> k;
        ll gcd = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            cin >> a[i];
            if(i < 1)
                continue;
            if(i == 1)
            {
                gcd = a[i] - a[i - 1];
                continue;
            }
            gcd = __gcd(gcd, a[i] - a[i - 1]);
        }
        bool flag = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            if((k - a[i]) % gcd == 0)
            {
                flag = 1;
                break;
            }
        }
        if(flag)
            cout << "YES\n";
        else
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    }
    return 0;
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F - Nezzar and Nice Beatmap

题意

给定 $n$ 个点，对其进行重新排列，使之任意连续的三个点形成的角（以中间的点为顶点）小于 $90$ 度。

思路

参考：Codeforces Round #698 (Div. 2) - Zeronera - 博客园

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1)
using namespace std;
typedef pair<int, int> P;
typedef long long ll;
const int N = 1e4 + 19;
const ll mod = 1e9 + 7;

struct node
{
    double x;
    double y;
    node(){}
    node(double a, double b){x = a; y = b;}
}a[N];

bool vis[N];

double dis(node a, node b)
{
    return sqrt( (a.x - b.x) * (a.x - b.x) + (a.y - b.y) * (a.y - b.y) );
}

int main()
{
    int n;
    queue<int> ans;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        scanf("%lf%lf", &a[i].x, &a[i].y);
    }
    int cnt = 0;
    int id = 0;
    vis[0] = 1;
    do
    {
        double maxdis = 0;
        int num = 0;
        ans.push(id + 1);
        for(int j = 0; j < n; j++)
        {
            if(vis[j])
                continue;
            double tmp = dis(a[id], a[j]);
            if(tmp > maxdis)
            {
                maxdis = tmp;
                num = j;
            }
        }
        id = num;
        vis[id] = 1;
        cnt++;
    }
    while(cnt < n);
    while(!ans.empty())
    {
        printf("%d", ans.front());
        ans.pop();
        if(!ans.empty())
            printf(" ");
    }
    printf("\n");
    return 0;
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总结

B题因为一个特判（大于十倍的d的情况）卡了很久WA了两发，还是太不熟练了；
总体感觉蛮怪的，其实觉得发挥的很差，或许是几页的in queue助攻了一下，总之上分上的很不自在
虽然每次都说不要死磕前面的题，但是每次都忍不住死磕，，，希望下次能有一丢丢改进

多多包涵，共同进步

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