Codeforces Round #528 Solution

A. Right-Left Cipher

Solved.

注意长度的奇偶

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

 string s;
 int main()
 {
     while (cin >> s)
     {
         string res = "";
         int len = s.size();
         if (len == )
         {
             cout << s << endl;
             continue;
         }
         int l, r;
         if (len & )
         {
             res += s[s.size() / ];
             l = len /  - , r = l + ;
             while (l >= )
             {
                 res += s[r];
                 res += s[l];
                 --l, ++r;
             }
         }
         else
            {
             l = len /  - ;
             r = l + ;
                while (l >= )
             {
                 res += s[l];
                 res += s[r];
                 --l, ++r;
             }
         }
         cout << res << endl;
     }
     return ;
 }

B. Div Times Mod

Solved.

题意：

$给出一个n，求使得下面这个等式成立的x$

$(\frac{x}{k}) \cdot (x \;mod\; k) = n$

思路：

$k很小，并且第二项的取值肯定在[1, k - 1]之间,枚举第二项，算第一项更新答案即可$

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

 #define ll long long
 int n, k;
 int main()
 {
     while (scanf("%d%d", &n, &k) != EOF)
     {
         ll res = (ll)1e18;
         for (int i = ; i < k; ++i) if (n % i == )
             res = min(res, 1ll * (n / i) * k + i);
         printf("%lld\n", res);
     }
     return ;
 }

C. Connect Three

Solved.

题意：

在一个二维平面上，有三个点，在不同的地方，行走只能走相邻的格子且被涂色的格子，求最小的涂格子的数量

思路：

我们随便找两个点，构成的矩形，那么这两个点的路径可以经过这个矩形里面任意一点

那么我们枚举里面每一点，要么第三点也在这个矩形里面，要么肯定存在一点使得这一点到第三点的路径不经过矩形

这样的话答案就会最小

或者这样理解，三点需要汇聚到同一点，那么这个点的候选范围必然是任取两点构成的矩形当中，因为如果不是

那么把这个点移到矩形内必然更优

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

 int x[], y[];
 int f(int x1, int y1, int x2, int y2)
 {
     return abs(x1 - x2) + abs(y1 - y2);
 }

 void print(int x1, int y1, int x2, int y2)
 {
     while (x2 != x1)
     {
         if (x2 < x1) ++x2;
         else --x2;
         printf("%d %d\n", x2, y2);
     }
     while (y2 != y1)
     {
         if (y2 < y1) ++y2;
         else --y2;
         printf("%d %d\n", x2, y2);
     }
 }

 int main()
 {
     while (scanf("%d%d", x, y) != EOF)
     {
         for (int i = ; i <= ; ++i) scanf("%d%d", x + i, y + i);
         int tmp = (int)1e6, posx = -, posy = -;
         int l[] = {x[], y[]}, r[] = {x[], y[]};
         for (int i = ; i < ; ++i) if (l[i] > r[i]) swap(l[i], r[i]);
         for (int i = l[]; i <= r[]; ++i) for (int j = l[]; j <= r[]; ++j)
         {
             if (f(i, j, x[], y[]) < tmp)
             {
                 tmp = f(i, j, x[], y[]);
                 posx = i, posy = j;
             }
         }
         int res = tmp + f(x[], y[], x[], y[]) + ;
         printf("%d\n", res);
         print(x[], y[], posx, posy);
         print(x[], y[], posx, posy);
         print(x[], y[], posx, posy);
         printf("%d %d\n", posx, posy);
     }
     return ;
 }

D. Minimum Diameter Tree

Solved.

题意：

一棵树，一共有$s的点权，分配给这些点，使得直径最短$

思路：

我们考虑到将点权分配给度数>1的点是没用的，因为它们不会作为路径的端点

那么被作为路径的端点的只有度数=1的点

我们可以这样理解，任意两个度数=1的点都可以构成一条极长路径，也就是说，问题可以转化为

$有x个数，要将s分配给它们，使得两两相加的最大值最小$

$那不就是平均分配吗?$

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

 #define N 100010
 int n, s, degree[N];

 int main()
 {
     while (scanf("%d%d", &n, &s) != EOF)
     {
         memset(degree, , sizeof degree);
         for (int i = , u, v; i < n; ++i)
         {
             scanf("%d%d", &u, &v);
             ++degree[u];
             ++degree[v];
         }
         int cnt = ;
         for (int i = ; i <= n; ++i) cnt += degree[i] == ;
         printf("%.10f\n", s * 2.0 / cnt);
     }
     return ;
 }