5.1 qbxt 一测 T3
反物质
【问题描述】
物理学家有一种假设,世界上存在反物质,反物质遇到正常的物质会发生湮灭。
假设现在有 n 个粒子,每个粒子的种类用一个 m 以内的正整数表示。现在
要将这些粒子按一定顺序放入一个封闭空间。封闭空间最初什么都没有。
每当放进一个粒子时,若封闭空间为空或封闭空间中的粒子和放入的粒子
种类相同,这个粒子将留在封闭空间中;若封闭空间中的粒子和放入的粒子种
类不同,则封闭空间中会有一个粒子和放入的粒子抵消(即湮灭)。
判断是否存在一种排序方案,使得最后封闭空间中有种类编号为“1”的粒
子存在。若存在,最大化最后种类编号为“1”的粒子个数。若多种方案,要求
字典序最小。
【输入格式】
第 1 行:n 和 m,用空格隔开。
第 2 到 m+1 行:第 i+1 行代表第 i 种粒子有多少个。每种粒子至少有 1 个。
保证粒子总数是 n。
【输出格式】
第 1 行:如果最后封闭空间中可以有编号为“1”的粒子存在,输出 YES,否则输出 NO。
如果第一行输出了 YES,还需继续输出:
第 2 行:这一行输出最后“1”的个数。
第 3…n+2 行:输出在能最后“1”有最大数的排序方案里,字典序最小的方案。
如果第一行输出了 NO,就不必输出其他内容了
【样例输入】
5 3
2
1
2
【样例输出】
YES
1
1
3
2
3
1
【数据规模和约定】
对于 30%的数据, n<=10
对于 60%的数据, n<=1000
对于 100%的数据, 1<=m<=n<=10^6
考场解题:
哎呦呦呦,这题只输出最多剩下多少还好,这按字典序排列可就
难为死人啦,这咋排,管他呢,先判断下‘NO’的情况吧,说不定还
能的点分,如果某种粒子的个数超过了总个数的一半,那么一定不能
有‘1’粒子,与之共存,则输出‘NO’ ,此时还需要注意者最多的是
不是 ‘1’ 粒子, 也就到这思路靠谱点, 后边的瞎想就不在此多说了,
总之就是看啥顺眼打打试试吧。
预计得分:10-20(还不得有个‘NO’送点分)
实际得分:0(没爱了)
正解:
代码理解吧:
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = ;
int n,m;
int num[N];
int big=;
int cc[N],xu[N];
int last[N];
bool cmp(int x, int y)
{
return(num[x]<num[y]);
}
void print()
{
int i,sum=;
for(i=; i<=m; i++)
xu[i]=i;
sort(xu+,xu+m+,cmp);
/* for(i=1;i<=m;i++)
cc[num[i]]++;
//cc[x]表示粒子数量为x的有几种
for(i=1;i<=n;i++)
cc[i]+=cc[i-1];
//cc[x]表示粒子数量不超过x的有几种
for(i=1;i<=m;i++)
xu[cc[num[i]]--]=i;
//把各种粒子按照num[i]从小到大排序
*/
for(i=; i<=m; i++)
{
last[i]=num[i];//last剩下多少个i这种粒子
sum+=last[i];//还有多少该抵消的粒子没抵消
}
int top=m; //xu中下标超过top的,num都大于sum/2
int tot=; //现在封闭空间中有多少个粒子,粒子编号小于s
int s=; //现在还剩下的粒子中编号最小的
while()
{
while(s<=m && !last[s])
s++;
if(s>m)
break;
if(!tot)
{
tot=last[s];
last[s]=;
for(i=; i<=tot; i++)
printf("%d\n",s);
}
else
{
sum-=;
tot--;
while(top && num[xu[top]]>sum/)
top--;
for(i=m; i>top; i--)
{
if(last[xu[i]]>sum/)
break;
}
if(i>top)
{
printf("%d\n",xu[i]);
last[xu[i]]--;
}
else
{
printf("%d\n",s);
last[s]--;
}
}
}
}
int main()
{
freopen("anti.in","r",stdin);
freopen("anti.out","w",stdout);
int i;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&num[]);
for(i=; i<=m; i++)
{
scanf("%d",&num[i]);
if(num[i]*>n-num[])
big=i; // 找出最大种类的数目
}
if(big)
{
int remain=num[big]-(n-num[]-num[big]);
if(num[]>remain)
{
if(m>) //如果两类,先输出1 2 结果都一样,字典序最小先输出 1
{
int t=num[]-remain;
num[]=remain;
printf("YES\n%d\n",t);
print();
for(i=; i<=t; i++)
printf("1\n");
}
else
{
int t=num[]-remain; //t表示要先输出多少个 1
printf("YES\n%d\n",t);
for(i=; i<=num[]; i++)
printf("1\n");
for(i=; i<=num[]; i++)
printf("2\n"); //最后输出几个 1
}
}
else
printf("NO\n"); //若big占比重大, 可以抵消全部的1,则输出‘NO’;
}
else
{
int t;
if((n-num[])%==)
{
if(num[]<=)
{
printf("NO\n");
return ;
}
t=num[]-;
num[]=;
}
else
{
if(num[]<)
{
printf("NO\n");
return ;
}
t=num[];
num[]=;
}
printf("YES\n%d\n",t);
print();
for(i=; i<=t; i++)
printf("1\n");
}
return ;
}
细节多,心累!
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