Educational Codeforces Round 3 个人总结A-D

Educational Codeforces Round 3

A. USB Flash Drives

• 降序排序后，贪心，甚至不会爆longlong

void solve()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    vector<int> a(n);
    for(int i=0;i<n;i++)
        cin>>a[i];
    sort(all(a));reverse(all(a));
    int s=0,ans=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        if(s>=m)    break;
        s+=a[i],ans++;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return;
}

B. The Best Gift

• 大意：有多少种互不相同不同的组合
• 用map记录这个类型出现的次数
• 一本书的贡献为 与这本书不同类型的数量

void solve()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    LL ans=0,s=0;
    vector<int> a(n);
    map<int,int> mp;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        mp[a[i]]++;
        s++;
    }
    for(auto it:mp)
    {
        ans+=(it.se*(s-it.se));
    }
    cout<<ans/2ll<<endl;

    return;
}

C. Load Balancing

• 大意:求让最大值和最小值的差最小的操作次数

• 对数组进行排序，使之升序

• \(s\) 为所有数之和，\(k\) 代表平均数，\(r\) 代表余数

• $k = \frac{s}{n} $, $ r =s\%n $

• 当 $ r=0 $ ，最大值和最小值的差为 \(0\)，答案即为\(\sum_{i=1}^n \max(a_i-k,0)\)

• 当 $ r=1 $ ，最大值和最小值的差为 \(1\)，答案即为\(\sum_{i=1}^{n-r} \max(a_i-k,0)+\sum_{i=n-r+1}^{n} \max(a_i-k-1,0)\)

LL a[N],b[N];
void solve()
{
    LL n;
    cin>>n;
    LL ans=0,s=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        s+=a[i];
    }
    sort(a+1,a+1+n);
    LL k=s/n,r=s%n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        b[i]=k;
    for(int i=n;i>=n-r+1;i--)
    {
        b[i]++;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans+=max(a[i]-b[i],0ll);

    cout<<ans<<endl;
    return;
}

D. Gadgets for dollars and pounds

• 二分，前缀和，贪心

• 大意：在 \(n\) 天中买东西，每天有不同的汇率，\(m\) 个商品，只能使用pounds或dollars，要买 \(k\) 个，但只有 \(s\) 元钱，判断能不能买，能输出哪天能买完，和哪一天买第几个商品

• 在 \(1,...,n\) 天中，若第 \(x\) 天能买完 \(k\) 个，那 第 \(k+1\) 天也能买完，也就是在 \(1,...,n\) 天中找到最小满足条件的 \(x\)，且第 \(x-1\) 天不能买完，这是有单调性的，所以我们二分哪天能买完

• check中，在 \(1,...,x\) 天中找到最小pounds和dollars的汇率分别是\(a1\) 和 \(b1\)，设消费为 \(sum\) 。题目并没有限制每天购买商品的数量，我们等到汇率最小那天买完是最划算的贪心

• 这里就有一个问题，如何去确定换了前去买用pounds，还是用dollars的？

• 因为买\(k\) \((1 ≤ k ≤ 2·10^5)\) 个商品，可以对pounds，和dollars进行排序，用前缀和处理

• \(sum=s1[x]·a1+s2[y]·b1\) \((0 ≤ x ≤ \text{pounds商品个数},0 ≤ y ≤ \text{dollars商品个数},x+y=k)\),运用前缀和就可以在\(O(k)\)的时间内处理出第 \(x\) 天结束的最小花销

• 剩下的输出方案,记录下最小花销下的 \(x\) 、 \(y\) 和 pounds和dollars 汇率最小的日子就很容易解决了

代码有点丑QAQ

const int N = 200010;

LL n,m,k,s,a[N],b[N];
int id,d1,d2;
LL cnt1=0,cnt2=0,s1[N],s2[N];

PII c1[N],c2[N];

bool check(LL x)
{
    LL a1=1e18,b1=1e18;
    for(int i=1;i<=x;i++)
    {
        if(a[i]<a1)
            d1=i,a1=a[i];
        if(b[i]<b1)
            d2=i,b1=b[i];
    }

    LL sum=1e18;
    for(int i=0;i<=k;i++)
    {
        if( !(i<=cnt1&&k-i<=cnt2))    continue;
        LL t1=s1[i],t2=s2[k-i];
        LL r1=t1*a1,r2=t2*b1;
        if(r1+r2<sum)
            sum=r1+r2,id=i;
    }
    if(sum<=s)    return true;
    else return false;
}
void solve()
{
    cin>>n>>m>>k>>s;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>b[i];
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        LL t,cc; cin>>t>>cc;
        if(t==1)    c1[++cnt1].fi=cc,c1[cnt1].se=i;
        else
            c2[++cnt2].fi=cc,c2[cnt2].se=i;
    }
    sort(c1+1,c1+1+cnt1);
    sort(c2+1,c2+1+cnt2);
    for(int i=1;i<=cnt1;i++)
        s1[i]=s1[i-1]+c1[i].fi;
    for(int i=1;i<=cnt2;i++)
        s2[i]=s2[i-1]+c2[i].fi;
    if(check(n)==false)
    {
        cout<<-1<<endl;    return;
    }

    int l=1,r=n;
    while(l<r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid))  r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    if(check(l))
    {
        cout<<l<<endl;
        vector<PII> ans;
        int j=0;
        for(int i=1;i<=id;i++)
            ans.pb({d1,c1[++j].se});
        j=0;
        for(int i=id+1;i<=k;i++)
            ans.pb({d2,c2[++j].se});
        for(auto &it:ans)
            cout<<it.se<<" "<<it.fi<<endl;
    }
    return;
}