Codeforces Round #525 (Div. 2) Solution

A. Ehab and another construction problem

Water.

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

 int x;

 int main()
 {
     while (scanf("%d", &x) != EOF)
     {
         int a = -, b = -;
         for (int i = ; i <= x && a == - && b == -; ++i)
         {
             for (int j = i; j <= x; ++j)
             {
                 if (j % i ==  && i * j > x && j / i < x)
                 {
                     a = j, b = i;
                     break;
                 }
             }
         }
         if (a == -) puts("-1");
         else printf("%d %d\n", a, b);
     }
     return ;
 }

B. Ehab and subtraction

Water.

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

 #define N 100010
 int n, k;

 int main()
 {
     while (scanf("%d%d", &n, &k) != EOF)
     {
         priority_queue <int, vector <int>, greater <int> > q;
         for (int i = , x; i <= n; ++i)
         {
             scanf("%d", &x);
             if (x) q.push(x);
         }
         int add = ;
         for (int kk = ; kk <= k; ++kk)
         {
             while (!q.empty() && q.top() == add) q.pop();
             if (q.empty()) puts("");
             else
             {
                 int top = q.top(); q.pop();
                 top -= add;
                 add += top;
                 printf("%d\n", top);
             }
         }
     }
     return ;
 }

C. Ehab and a 2-operation task

Solved.

题意：

有两种操作

$将前j个数全都加上x$

$将前j个数全都mod x$

要求用不超过$n + 1 次操作，使得给定序列变成严格的上升序列$

思路：

先全部加上一个较大的数$D$

然后每一次模一个数$D + a_i - i之后使得a_i 变成 i, 并且这样可以保证D + a_i - i > i - 1 只要D足够大$

那么前面已经弄好的数不会受到影响

操作数刚好$n + 1$

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

 #define N 2010
 int d = (int)5e5;
 int n;

 int main()
 {
     while (scanf("%d", &n) != EOF)
     {
         printf("%d\n", n + );
         printf("1 %d %d\n", n, d);
         for (int i = , x; i <= n; ++i)
         {
             scanf("%d", &x);
             printf("2 %d %d\n", i, (x + d - i));
         }
     }
     return ;
 }

D. Ehab and another another xor problem

Upsolved.

题意：

交互题。

要求猜两个数 $(a, b)$

每次可以给出询问$c, d$

根据$a \oplus c 和 b \oplus d 的大小关系给出1 0 -1 三种状态$

要求根据这些关系得出$(a, b)， 询问次数<= 62$

思路：

此处我们约定$(x, y) 表示给出询问(? x  y)$

先考虑$a == b 的情况，那么我们只需要每一次按位给出询问$

$此处约定i 表示第i位 ， 给出询问 (1 << i, 0) 根据所给结果即可判断当前位为0还是1$

注意到对于两个数$a, b 根据二进制拆分之后，如果它们最高位所在位置不同$

那么谁的最高位高谁就更大

$那么我们从高位往低位确定，用aa, bb 表示a, b 中高位已经确定的数$

我们用$zero 表示 a 和 b 的大小关系，这个可以通过给出询问(0, 0) 得到$

$这样就可以每一次消除前面高位影响，判断当前位是否相同，或者大小关系$

$注意到如果当前位相同（即当前状态和zero状态相同），那么对于下面的低位, zero 的状态是不会变的$

$那么我们再给出询问(1 <<i , 0)即可知道当前位的大小$

$否则， 如果当前位不同，根据当前的状态和zero 状态的比较也可以知道当前位二者是1还是0$

$如果当前状态和zero不同，那么如果当前状态是1，那么a = 0, b = 1 (此处指当前位)$

$反之同理，此处指a和b的当前位$

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 int a, b, st, zero;
 int d = ( << ) - ;

 int main()
 {
     a = , b = ;
     puts("? 0 0");
     fflush(stdout);
     scanf("%d", &zero);
     for (int i = ; i >= ; --i)
     {
         if (zero == )
         {
             printf("? %d %d\n", a | ( << i), b);
             fflush(stdout);
             scanf("%d", &st);
             if (st == -) a |=  << i, b |=  << i;
         }
         else
         {
             printf("? %d %d\n", a | ( << i), b | ( << i));
             fflush(stdout);
             scanf("%d", &st);
             if (st == zero)
             {
                 printf("? %d %d\n", a | ( << i), b);
                 fflush(stdout);
                 scanf("%d", &st);
                 if (st == -) a |=  << i, b |=  << i;
             }
             else
             {
                 if (st == ) b |=  << i;
                 else a |=  << i;
                 printf("? %d %d\n", a, b);
                 fflush(stdout);
                 scanf("%d", &zero);
             }
         }
     }
     printf("! %d %d\n", a, b);
     fflush(stdout);
 }

E. Ehab and a component choosing problem

Upsolved.

题意：

找出$k个连通块，将所有元素放进s(set)中，求\frac{\sum_{u \in s} a_u}{k}最大$

$如果有多解，要让k也更大$

思路：

注意到$max(a_1, a_2, a_3..) >= average(a_1, a_2, a_3) 当且仅当a_1 == a_2, a_1 == a_3.. 的情况下等号成立$

那么显然每个连通块中的$\sum a_u 是相同的$

$dp求解即可$

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

 #define ll long long
 #define N 300010
 int n, a[N];
 vector <int> G[N];
 ll dp[N], ans = -0x3f3f3f3f3f3f3f3f, k;

 void DFS(int u, int fa, int p)
 {
     dp[u] = a[u];
     for (auto v : G[u]) if (v != fa)
     {
         DFS(v, u, p);
         dp[u] += max(dp[v], 0ll);
     }
     if (p)
         ans = max(ans, dp[u]);
     else if (dp[u] == ans)
     {
         dp[u] = ;
         ++k;
     }
 }

 int main()
 {
     while (scanf("%d", &n) != EOF)
     {
         for (int i = ; i <= n; ++i) G[i].clear();
         for (int i = ; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i);
         for (int i = , u, v; i < n; ++i)
         {
             scanf("%d%d", &u, &v);
             G[u].push_back(v);
             G[v].push_back(u);
         }
         DFS(, , );
         DFS(, , );
         printf("%lld %lld\n", ans * k, k);
     }
     return ;
 }

F. Ehab and a weird weight formula

Upsolved.

题意：

给出一棵树，要求构造一棵树使得

$deg_u \cdot a_u add to w$

$\lceil log_2(dist(u, v)) \rceil \cdot min(a_u, a_v) 对于每个edge(u, v) 都加起来$

$dist(u, v) 指的是 原数中两点之间的简单路径$

给出的原树有一个限制就是，对于每个$a_u, 最小值的唯一的$

并且对于每一个非最小值的$a_u, 都至少有一个邻居 使得a_v < a_u$

思路：

如果将最小的$a_u作为根， 那么往下走，a_u 是递增的$

证明：

假如存在某一个点$a_u < a_{fa[u]}$

那么对于这个点，肯定有一个儿子使得$a_u > a_{son[u]}$

那么这个儿子也同理，直到最后一个叶子结点便不满足

因为$\lceil log_2(dist(u, v)) \rceil 这个式子的特性，所以在一定范围内的 dist(u, v) 这个值是相同的$

$那么我们肯定选取最小的那个来乘， 因为祖先们都是比自己小$

$而且，我们肯定选取较短路径往上爬， 倍增找祖先即可$

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

 #define ll long long
 #define N 500010
 int n, a[N], root;
 vector <int> G[N];
 int fa[][N];
 ll res;

 void DFS(int u)
 {
     for (int i = ; i < ; ++i)
         fa[i][u] = fa[i - ][fa[i - ][u]];
     ll tmp = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; int d = ;
     for (; fa[d][u]; ++d)
         tmp = min(tmp, 1ll * (d + ) * a[fa[d][u]] + a[u]);
     tmp = min(tmp, 1ll * (d + ) * a[root] + a[u]);
     if (u != root) res += tmp;
     for (auto v : G[u]) if (v != fa[][u])
     {
         fa[][v] = u;
         DFS(v);
     }
 }

 int main()
 {
     while (scanf("%d", &n) != EOF)
     {
         for (int i = ; i <= n; ++i) G[i].clear();
         memset(fa, , sizeof fa);
         root = ; res = ;
         for (int i = ; i <= n; ++i)
         {
             scanf("%d", a + i);
             if (a[root] > a[i]) root = i;
         }
         for (int i = , u, v; i < n; ++i)
         {
             scanf("%d%d", &u, &v);
             G[u].push_back(v);
             G[v].push_back(u);
         }
         DFS(root);
         printf("%lld\n", res);
     }
     return ;
 }