Codeforces Round #629 (Div. 3) & 19级暑假第六场训练赛

A：Codeforces 1328A Divisibility Problem 整除+模

Input

Output

按需取余，和我之前发的文章一样的解法

ll a, b;

void solve() {

	cin >> a >> b;

	cout << (b - a % b) % b << "\n";

}

B：Codeforces 1328B K-th Beautiful String

Input

Output

aaabb

aabab

baaba

bbaaa

abb

bab

aaaaabaaaaabaaaaaaaa

就是找到第 $k$ 个全排列的字符串

int main() {

    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);

    int _; for (cin >> _; _--;) {

        int n, k; cin >> n >> k;

        string s(n, 'a');

        for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {

            if (k <= n - (i + 1)) {

                s[i] = 'b', s[n - k] = 'b';

                break;

            } else k -= n - (i + 1);

        }

        cout << s << "\n";

    }

}

C：Codeforces 1328C Ternary XOR 贪心

Input

Output

题意：

给出一个 $x$ 的三进制数字，$x$ 的第一个数字必须是 $2$，求出两个数 $a$ 和 $b$ ，使得 $a⨀b = x$ 和 $max(a,b)$ 最小。

贪心，要使得最小的话对于 $0$ 就是两个位置都放置 $0$ ，对于 $2$ 就是两个位置都放置 $1$，但是这样肯定不能保证 $a,b$ 的最大值最小，所以只要保证第一次出现 $1$ 的时候分配给第一个，然后后面的都设置为 $0$。

int main() {

    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);

    int _; for (cin >> _; _--;) {

        ll n; string s, a, b;

        cin >> n >> s;

        bool f = 0;

        //让我们求最小的a，2需要ab平均均摊，但只要1出现了以后直接另所有的都赋给b即可

        for (int i = 0; i < s.length(); ++i) {

            if (f) a += '0', b += s[i]; //第一个1以后直接另b等于s[i]即可

            else if (s[i] == '2') a += '1', b += '1';

            else if (s[i] == '1') a += '1', b += '0', f = 1;

            else a += '0', b += '0';

        }

        cout << a << "\n" << b << "\n";

    }

}

1328D - Carousel

$n$ 个木马围成圈，为每个属性为 $t[i]$ 的木马涂上一种颜色 $c[i]$ ，要求任何相邻的属性不同的木马颜色不同，问最少需要多少种颜色，并输出涂色方案（tip：属性相同的木马颜色可以不同也可以相同）

如果所有木马属性都相同，那么最少要涂一种颜色，需要特判
属性相同的木马颜色可以不同也可以相同，那么我们可以交替涂1，2，1，2，...如果n为偶数，那么一定满足条件且只需要两种颜色
如果n为奇数，那么我们希望最后一个数c[n]两边的颜色c[1]和c[n - 1]尽可能相同，这样我们就不用使用第三种颜色，使答案最佳
我们只要找到第n个数之前的t[i] = t[i - 1] （2 <= i <= n - 1)，然后从i开始的每个数与1异或即可（写代码时需要从零开始，才能0，1异或，最后答案加1即可）
.经过步骤4后，如果c[1] == c[n - 1]，c[n] = c[1] ^ 1即可
如果c[1] != c[n - 1]（也就是前n - 1个属性都不同，无法通过步骤4使得c[1] == c[n - 1]），且c[n]与相邻两个数c[1]和c[n - 1]都不相同，那么c[n] = 2（最后答案会加1），否则t[n] == t[n - 1] ->c[n] = c[n -1]或者 t[n] == t[1] -> c[n] = c[1]

void solve() {

    int n; cin >> n;

    vector<int> a(n);

    for (int &x : a) cin >> x;

    bool same = 1;

    for (int i = 0; i < n && same; ++i) if (a[i] != a[0]) same = 0;

    if (same) {

        cout << "1\n";

        for (int i = 0; i < n; ++i) cout << 1 << " \n"[i == n - 1];

        return ;

    }

    if (n % 2 == 0) {

        cout << "2\n";

        for (int i = 0; i < n; ++i)

            cout << (1 + (i & 1)) << " \n"[i == n - 1];

        return ;

    }

    for (int i = 0; i < n; i++) {

        if (a[i] == a[(i + 1) % n]) {

            cout << 2 << '\n';

            for (int j = 0; j < n; j++) {

                cout << 1 + (1 & ((j - i - 1 + n) % n)) << " \n"[j == n - 1];

            }

            return;

        }

    }

    cout << "3\n3 ";

    for (int i = 1; i < n; i++)

        cout << 1 + (i & 1) << " \n"[i == n - 1];

}

1328F. Make k Equal

题意：把 $n$ 个数变成 $k$ 个相同的数，每次可以把 $n$ 个数里最大的 $-1$ 或最小的 $+1$ ，问最小改变次数

思路：

我们可以枚举，把 $n$ 个数变成 $k$ 个 $a[i]$ （这个相同的数一定是数组里的数，因为如果不是，那么改变次数一定会比正常多）

如果相同的数大于 $k$ 个，那么改变次数为 $0$ ，特判掉

有三种情况，一种是只动前面，一种只动后面，还有就是前后都动

因为是改变最大或最小的数，所以我们只有把所有小于 $a[i]$ 的数变成 $a[i]-1$ （或者大于 $a[i]$ 的数变成$a[i]+1$ ）才能进行下一次的改变

然后接着考虑，在什么情况下可以动前面呢，当然是他前面的数大于$(k-1)$个，同理，在他后面的数大于 $(k-1)$ 个时才可以动后面，然后在任何情况下都可以前后都动( 在$(i=1) $时就相当于是动后面结果不冲突）

以只动前面为例

$tem1 = (\sum\limits_{j=1}^i((a[i] - 1) -a[j]) + k$

化简一下发现

$tem1 = \sum\limits_{j=1}^i(a[i] - 1) -\sum\limits_{j=1}^ia[j] + k$

就是 $i*(a[i]-1)-a[i]$ 的前缀和 $+k$ ,提前搞一个前缀和可以降低时间复杂度

只动后面同理

$tmp2 = \sum\limits_{j=i}^na[i] -\sum\limits_{j=i}^n(a[j] + 1) + k$

动两边，这时相等的数的个数恰好为 $n$ ，把他们都搞成 $a[i]$ 然后再减掉多余的

$tmp3 = \sum\limits_{j=i}^na[j] - \sum\limits_{j=1}^ia[j] + \sum\limits_{j=1}^ia[i] - \sum\limits_{j=i}^na[i] - (n - k)$

记录好前缀和和（后缀和？）就可以用 $\mathcal{O}(n)$ 的复杂度解决掉这个问题了

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

const ll inf = 1e17;

ll a[200009];

ll cnt[200009];

ll sumq[200009], sumh[200009];

int main() {

    int n, k;

    ll ans = inf;

    scanf("%d%d", &n, &k);

    for (int i = 1; i <= n; i++) {

        scanf("%lld", &a[i]);

    }

    sort(a + 1, a + 1 + n);

    for (int i = 1; i <= n; i++) sumq[i] = sumq[i - 1] + a[i];

    for (int i = n; i >= 1; i--) sumh[i] = sumh[i + 1] + a[i];

    for (int i = 1; i <= n; i++) {

        if (a[i] == a[i - 1])cnt[i] = cnt[i - 1] + 1;

        else cnt[i] = 1;

        if (cnt[i] >= k) {

            puts("0");

            return 0;

        }

    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) {

        if (i >= k) {

            ll tem1 = i * (a[i] - 1) - sumq[i] + k;

            ans = min(tem1, ans);

        }

        if (n - i + 1 >= k) {

            ll tem2 = n - i + 1;

            tem2 = sumh[i] - tem2 * (a[i] + 1) + k;

            ans = min(tem2, ans);

        }

        if (i < k && (n - i + 1) < k) {

            ll tem3 = i * a[i] - sumq[i] + sumh[i] - (n - i + 1) * a[i] - (n - k);

            ans = min(tem3, ans);

        }

    }

    printf("%lld\n", ans);

    return 0;

}

便捷写法

int main() {

    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);

    int n, k;

    cin >> n >> k;

    vector<ll> a(n);

    for (ll &x : a) cin >> x;

    sort(a.begin(), a.end());

    for (int i = 0; i + k - 1 < n; ++i) {

        if (a[i] == a[i + k - 1])

            return printf("0\n"), 0;

    }

    ll lcost = 0;

    ll rcost = 0;

    for (int i = 0; i < k; ++i) {

        lcost += a[k - 1] - a[i];

        rcost += a[n - 1 - i] - a[n - k];

    }

    for (int j = k; j < n; ++j) {

        if (a[k - 1] == a[j]) lcost--;

        if (a[n - k] == a[n - 1 - j]) rcost--;

    }

    ll sum = 0;

    for (int i = 0; i < n - 1 - i; ++i) sum += a[n - 1 - i] - a[i];

    ll ans = min(sum - (n - k), min(lcost, rcost));

    cout << ans;

}

D: CodeForces 1324D - Pair of Topics

Input

Output

Input

Output

题意：

有 $n$ 个主题，第 $i$ 个主题有 $a_i$ 个老师, $b_i$ 个学生。

需要选择两个主题，这两个主题的老师数大于学生数

也就是说选择两个下标保证 $a_i+a_j>b_i+b_j$

输出可行的选择种类数

思路：

思维转为一下，让我们比较 $a_i + a_j > b_i + b_j$ 的，直接求 $a_i - b_i + a_j - b_j > 0$有几个。

当然直接对数组操作以后是无序的，两重for会超时，所以需要我们先进行一次sort，然后判断累加。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 2e5 + 50;

ll a[N], b[N];

int main() {

	//freopen("in.txt", "r", stdin);

	int n; cin >> n;

	ll cnt = 0;

	for (int i = 0; i < n; ++i)cin >> a[i];

	for (int i = 0; i < n; ++i)cin >> b[i];

	for (int i = 0; i < n; ++i)a[i] -= b[i];

	sort(a, a + n);

	int l = n - 1;

	for (int i = 0; i < n; i++){

		while (l >= 0 && a[i] + a[l] > 0)l--;

		cnt+= n - max(i, l) - 1;

	}

	cout << cnt << endl;

}