CF构造题1600-1800（1）

D. Same Count One(Polynomial Round 2022 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!))

题意

给定 $n$ 个长度为 $m$ 的 01 序列，每次操作可以选择两个序列a1, a2，并选择一个$pos$, std::swap(a1[pos], a2[pos]), 求是每个序列中的 $1$ 的个数都相等所需的最小操作数。

思路

可以发现 ($1$ 的总数 ) $\bmod \ n \neq 0$ 时，是无解的。

令 $avg =$ ($1$ 的总数 ) $/ n$, 我们可以把这 $n$ 个序列分为两类，严格小于 $avg$ 的和严格大于 $avg$ 的，其他的序列可以丢掉。

严格大于 $avg$ 的序列都可以为严格小于 $avg$ 的序列补充 $1$，直到严格大于 $avg$ 的序列 $1$ 的个数等于 $avg$ 或者严格小于 $avg$ 的序列 $1$ 个数等于 $avg$。

直接模拟即可。

实现

void solve_problem() {

    int n, m;

    std::cin >> n >> m;

    std::vector a(n, std::vector<int>(m, 0));

    int avg = 0;

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

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

            std::cin >> a[i][j];

            avg += a[i][j];

        }

    }

    if (avg % n == 0) {

        if (n == 1) {

            std::cout << 0 << "\n";

            return;

        }

        avg /= n;

        std::vector<std::pair<int,int>> q1, q2;

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

            int cnt = 0;

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

                cnt += a[i][j];

            }

            if(cnt < avg) q1.push_back({cnt, i});

            else if (cnt > avg) q2.push_back({cnt, i});

        }

        int ans1 = 0;

        std::vector<std::array<int, 3>> ans2;

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

            if (q1.empty() || q2.empty()) break;

            auto [c1, i1] = q1[0];

            auto [c2, i2] = q2[0];

            int d = avg - c1;

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

                if (d == 0 || c2 == avg) {

                    break;

                }

                if (a[i2][j] == 1 && a[i1][j] == 0) {

                    std::swap(a[i2][j], a[i1][j]);

                    c1++;

                    c2--;

                    d--;

                    ans2.push_back({i2 + 1, i1 + 1, j + 1});

                    ans1++;

                }

            }

            q1[0] = {c1, i1};

            q2[0] = {c2, i2};

            if (c1 == avg) q1.erase(q1.begin());

            if (c2 == avg) q2.erase(q2.begin());

        }

        std::cout << ans1 << "\n";

        for (auto [x, y, z] : ans2) {

            std::cout << std::max(x, y) << " " << std::min(y, x) << " " << z << "\n";

        }

    } else {

        std::cout << -1 << "\n";

    }

}

D. Watch the Videos(2022-2023 ICPC, NERC, Southern and Volga Russian Regional Contest (Online Mirror, ICPC Rules, Preferably Teams))

题意

有 $n$ 个大小随意的视频和 $1$ 个大小为 $m$ 的磁盘，视频要下载到磁盘中才可以开始观看，下载第 $i$ 个视频花费 $a_i$ 的时间，开始下载第$i$个视频时，磁盘中要至少有$a_i$的空间才可以开始，下载完成需要花费 $1$ 的时间观看完，看完之后视频立刻被从磁盘中删除，求看完所有视频需要的时间。（一次只能下载一个视频，观看视频的时候可以开始下载视频)

思路

最坏的答案(每次看完一个视频后才开始下载下一个视频)，计算方法为：

\[ans = n + \sum_{i = 1}^n a_i
\]

可以发现如果在观看视频时下载视频，答案就可以 $-1$ 。

要想使答案最小，只需要尽可能多的在观看视频时开始下载视频即可。

假设视频序列 $a$ 从小到大排序, 那么可以找到一个最大的 $pos (1\leq pos \leq n)$, 使得序列

\[[a_{pos}，a_1，a_{pos-1}，a_2，a_{pos-2}，a_3，\cdots]
\]

相邻两个数的和小于等于 $m$。

按照这个序列观看，有 $pos - 1$ 个视频是在正在观看视频时开始下载的。可以使答案减少 $pos - 1$。

$pos$ 是满足单调性的，因此可以二分来找到最大的 $pos$。

实现

void solve_problem() {

    int n, m;

    std::cin >> n >> m;

    std::vector<int> a(n);

    for (auto &x : a) {

        std::cin >> x;

    }

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

    auto check = [&](int x) {

        int l = 0, r = x - 1;

        while (l < r) {

            if (a[r] > m - a[l]) return false;

            r--;

            l++;

        }

        return true;

    };

    int l = 1, r = n, ans = 0;

    while (l <= r) {

        int mid = (l + r) >> 1;

        if (check(mid)) {

            ans = mid;

            l = mid + 1;

        } else {

            r = mid - 1;

        }

    }

    std::cout << std::accumulate(a.begin(), a.end(), 0LL) + (n - ans + 1) << "\n";

}

D. Range = √Sum(Codeforces Round #836 (Div. 2))

题意

构造一个长度为 $n$ 的数组 $a_1，a_2， a_3， \dots，a_n$，使 $a_i$ 各不相同，且 $max(a_1，a_2， a_3， \dots，a_n) - min(a_1，a_2， a_3， \dots，a_n) = \sqrt{a_1，a_2， a_3， \dots，a_n}$ 。

思路

当 $n$ 为偶数时, 数组为：

\[\frac{n}{2}，\frac{n}{2} + 1，\cdots ，n，n + 1，n + 2，n + \frac{n}{2}.
\]

数组可以被分成 $\frac{n}{2}$ 组，每组的和都为 $2n$。

当 $n$ 为奇数时，我们尝试 $max(a) - max(b) = n + 1$, 因此数组的和应为 $n^2 + 2n + 1$。

尝试使用 $n - 1$ 个数分为 $\frac{n-1}{2}$ 组，每组和为 $2(n+1)$, 组成的数组和为 $n^2 - 1$。

此时这 $n - 1$ 个数为：

\[\frac{n - 1}{2} + 2，\frac{n - 1}{2} + 3，\cdots，\frac{n - 1}{2} + \frac{n - 1}{2}，n + 2，n + 3，\cdots，n + \frac{n - 1}{2} + 1
\]

知道了最小项，最大项也可以计算出来 $n + \frac{n - 1}{2} + 3$。

这时数组的和为：

\[n^2 - 1 + n + \frac{n - 1}{2} + 3 = n^2 + n + \frac{n - 1}{2} + 2
\]

距离 $n^2 + 2n + 1$ 还需要：

\[\begin{aligned}
(n^2 + 2n + 1) - (n^2 + n + \frac{n - 1}{2} + 2) &= n - \frac{n - 1}{2} - 1\\
&=\frac{2n - n + 1 - 2}{2}\\
&=\frac{n - 1}{2}
\end{aligned}
\]

我们可以让第 $\frac{n - 1}{2} + 1$ 项到第 $n - 1$ 项都 $+1$ 来抵消掉 $\frac{n - 1}{2}$。

因为第 $n - 1$ 项 $n + \frac{n - 1}{2} + 1$ 与第 $n$ 项 $n + \frac{n - 1}{2} + 3$ 相差 $2$，所以 $+1$ 操作不会使数组产生重复的数。

此时我们的数组已经构造完成：

\[\frac{n - 1}{2} + 2，\frac{n - 1}{2} + 3，\cdots，\frac{n - 1}{2} + \frac{n - 1}{2}，n + 3，n + 4，\cdots，n + \frac{n - 1}{2} + 2，n + \frac{n - 1}{2} + 3
\]

实现

void solve_problem() {

    int n;

    std::cin >> n;

    if (n % 2 == 0) {

        for (int i = 0; i < n/2; i++) std::cout << (n/2 + i) << " ";

        for (int i = 1; i <= n/2; i++) std::cout << (n + i) << " ";

        std::cout << "\n";

    } else {

        for (int i = 1; i <= (n - 1) / 2; i++) std::cout << (n - 1) / 2 + i + 1 << " ";

        for (int i = 1; i <= (n - 1) / 2; i++) std::cout << n + i + 2 << " ";

        std::cout << n + (n - 1) / 2 + 3<< "\n";

    }

}