1月28日

Description

帝国时代3是一款十分刺激的RTS游戏。你需要控制自己的一块殖民地,发展殖民地的经济和军事,最终打败其他殖民地。小L是这个游戏的狂热爱好者。一次小L打算打AI试试身手。

小L发展了几分钟,自己的殖民地人口便突破了30,然而小L发现大事不好了:

小L还处在不能建造军事单位的“发现时代”,然而敌人早已经到了“殖民时代”,发展起了一支雄厚的殖民地军,小L的殖民地受攻击了却没有一个正规的军事单位用来防御!不要认为这是小L 的技术问题,实际上AI还停留在以jg斗争为纲的落后理念上,而小L 早就以经济为第一要务了。

小L在之前已经在自己殖民地的外部,拉起了许多围墙。

帝国时代3里的围墙如图所示。

图的地址太长了不引用了

每一道围墙,总是连接着两个围墙连接处 (以下简称“连接处”)。

图的地址太长了不引用了

现在小L有n个连接处,m道围墙。

小L虽然没兵,但是他的智商比AI不知道高到那里去了,因此,只要每个连接处至少连接着k道围墙,小L就一定能顶住这波攻击。

小L可以任意加围墙,每道围墙可以连接两个已有的连接处。

连接处是不能连接自己的,但是这里有一些规则与原帝国时代3的设定不同,两个连接处之间可以连接多个围墙,连接处初始时可能不连任何围墙,围墙之间也可以相交。

小L想知道,自己至少要多加多少道围墙}才能满足每个连接处至少连接着k道围墙?

Input

第一行三个整数n, m, k,表示连接处个数、围墙个数以及每个连接处至少要连接的围墙个数,连接处被编号为1到n}。

接下来m行,每行两个正整数x, y,表示这个围墙连接编号为x的连接处和编号为y的连接处。

Output

输出一行一个整数,表示至少要加的围墙的条数。

Sample Input

输入1:

  1. 2 0 1

输入2:

  1. 5 4 2
  2. 1 2
  3. 2 5
  4. 4 3
  5. 3 1

输入3:

  1. 4 3 2
  2. 1 2
  3. 2 3
  4. 1 2

输入4:

  1. 5 11 7
  2. 1 3
  3. 4 2
  4. 1 5
  5. 4 2
  6. 2 5
  7. 1 3
  8. 4 1
  9. 2 3
  10. 4 1
  11. 5 1
  12. 1 5

Sample Output

输出1:

  1. 1

样例1解释:初始时有两个连接处,题目中要求至少每个连接处要连1个围墙,我们加一个围墙连接这两个连接处即可。

输出2:

  1. 1

样例2解释:连接编号为5的和编号为4的连接处即可。

输出3:

  1. 2

样例3解释:编号为4的连接处没有连接任何围墙,编号为3的连接处还需要一条。连接编号为4的和编号为3的连接处之后,编号为4的连接处与另外三个连接处中任意一个连一个围墙即可,注意连接处是不能自己和自己连接的。

输出4:

  1. 7

Data Constraint

对于60%的数据,n × ans ≤ 10000000,ans表示最终的答案。

对于前100%的数据,n, m, k ≤ 100000,n ≥ 2, m, k ≥ 0, x ≠ y, 1 ≤ x, y ≤ n。

Solution

  • 【我的解法】

看完了题后愣了几秒,然后打了个小根堆。。。本来是只有60分的,但是出题人过于友善,只卡了我一个点,拿了90分。

  1. #include<cstdio>
  2. #include<queue>
  3. #pragma GCC optimize(2)
  4. #define ll long long
  5. using namespace std;
  6. int n,m,k;
  7. ll cnt;
  8. ll a[100001];
  9. priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll> > que;
  10. inline int read()
  11. {
  12. int x=0; char c=getchar();
  13. while (c<'0' || c>'9') c=getchar();
  14. while (c>='0' && c<='9')
  15. {
  16. x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
  17. c=getchar();
  18. }
  19. return x;
  20. }
  21. int main()
  22. {
  23. freopen("A.in","r",stdin);
  24. n=read();m=read();k=read();
  25. for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
  26. {
  27. x=read();y=read();
  28. a[x]++;a[y]++;
  29. }
  30. for(int i=1;i<=n;i++)
  31. que.push(a[i]);
  32. while(!que.empty())
  33. {
  34. a[1]=que.top();que.pop();
  35. if(a[1]>=k) break;
  36. a[2]=que.top();que.pop();
  37. a[1]++;a[2]++;
  38. cnt++;
  39. que.push(a[1]);
  40. que.push(a[2]);
  41. }
  42. printf("%lld",cnt);
  43. fclose(stdin);
  44. return 0;
  45. }
  • 【正解】

直接统计出每个点还需要多少个度数,如果需要度数最多的点大于其他度数的总和,那么答案就是这个点的度数。否则就是所有点需要的度数的总和除以二向上取整。

复杂度就是读入复杂度。

  1. #include<cstdio>
  2. #include<cmath>
  3. #include<algorithm>
  4. #pragma GCC optimize(2)
  5. #define ll long long
  6. using namespace std;
  7. int n,m,k;
  8. ll cnt,maxn;
  9. ll a[100001];
  10. int main()
  11. {
  12. scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
  13. for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
  14. {
  15. scanf("%d%d",&x,&y);
  16. a[x]++;a[y]++;
  17. }
  18. for(int i=1;i<=n;i++)
  19. {
  20. if(k<a[i]) continue;
  21. a[i]=k-a[i];
  22. maxn=max(maxn,a[i]);
  23. cnt+=a[i];
  24. }
  25. if(ceil(cnt/2.0)<maxn)
  26. {
  27. printf("%lld",maxn);
  28. return 0;
  29. }
  30. printf("%lld",(cnt+1)/2);
  31. return 0;
  32. }

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