Codeforces Round #665 (Div. 2) A

成功拼手速提前过了AC两题，估计因为这个原因排名挺高的，B题晚上做的时候没绕出来，wa4发。。。

1401A - Distance and Axis

如果 $n$ 小于 $k$ ，则必须将$A$移至坐标$k$，并将B的坐标设置为0或k。因此答案是$k - n$。

如果 $n$不小于 $k$，则将B的坐标定义为$m （m×2≤n）$。根据问题中的条件，$（m-0）$和$（n - m）$之间的差应等于k。即$（n-m）-（m-0）$是k，并且总结公式 $m ＝（n-k）/ 2$ 。因为B的坐标是整数，所以如果n和k的奇偶性相同，则答案为0，否则答案为1（如果将A的坐标增加1，则m变为整数）。

时间复杂度：O（1）

#include<bits/stdc++.h>
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof a)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 100;
int n, a[maxn], k;
void solve() {
	cin >> n >> k;
	if (n == k)cout << 0 << endl;
	else if (n < k)cout << k - n << endl;
	else cout << ((n - k) % 2 == 0 ? 0 : 1) << endl;
}
int main() {
	//freopen("in.txt", "r", stdin);
	ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t; cin >> t;
	while (t--)solve();
}

1401B - Ternary Sequence

我们可以找到ci值为3（−2,0,2）的种类。并且只有当$a_i$ 为1且$b_i$为2时$c_i$才为−2，只有当$a_i$为2且bi为1时$c_i$才为2。否则$c_i$为0。所以我们必须使（ai，bi）对（1,2）尽可能少，并尽可能多地配对（2,1）。为此，首先我们可以使（1,0）对，（0,2）对和（2,1）对尽可能多。之后，将剩余值配对不会影响ci的总和。（它的ai值为1，bi的值为2，尽管总和减少，我们必须将它们配对。）时间复杂度：O（1）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
	ios_base::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int t;	cin >> t;
	while(t--){
		int m, sum = 0, x0, x1, x2, y0, y1, y2;
		cin >> x0 >> x1 >> x2 >> y0 >> y1 >> y2;
		m = min(x0, y2);
		x0 -= m;
		y2 -= m;
		m = min(x1, y0);
		x1 -= m;
		y0 -= m;
		m = min(x2, y1);
		x2 -= m;
		y1 -= m;
		sum += 2 * m;
		sum -= 2 * min(x1, y2);
		cout << sum << endl;
	}
}

1401C - Mere Array

让我们将a的最小元素定义为m。我们发现不能被m整除的元素的位置无法更改，因为这些元素没有m作为因子。但是我们可以通过以下方式任意重新排列可被m整除的元素：∙假设 $m = a_x$ ，并且有两个元素$a_y，a_z$ 和$x，y，z$都不同。交换 $（ax，ay），swap（ay，az）和swap（az，ax）$。然后只有$a_y和a_z$从初始状态交换。重复此过程。

因此，我们可以按降序重新排列可被m整除的元素。之后，如果整个数组不降序，则答案为是，否则为否。

时间复杂度：$O（nlogn）$

#include<bits/stdc++.h>
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof a)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 100;
int n, k;
ll a[maxn], b[maxn];
void solve() {
	cin >> n;
	ll minn = 1 << 30;
	bool flag = true;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i], minn = min(a[i], minn), b[i] = a[i];
	for (int i = 2; i <= n; ++i)if (a[i] < a[i - 1]) { flag = false; break; }
	if (flag) {
		cout << "YES" << endl;
		return;
	}
	sort(b + 1, b + 1 + n);
	flag = true;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (a[i] != b[i])
			if (gcd(a[i], minn) != minn) {
				flag = false;
				break;
			}
	}
	if (flag)cout << "YES" << endl;
	else cout << "NO" << endl;
}
int main() {
	//freopen("in.txt", "r", stdin);
	ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t; cin >> t;
	while (t--)solve();
}

1401D - Maximum Distributed Tree

让我们将$w_i$定义为将第 $i$个边缘从树中移除时属于两个分量中的每个分量的顶点数量的乘积，并将$z_i$定义为第$i$个边缘上的数量。现在分布指数等于$∑^{n-1}_{i = 1}（w_i×z_i）$。现在有两种情况：

\[A：m≤n−1
\]

在这种情况下，我们必须将$p_1，p_2，…p_m$标记为$m$个不同的边缘，因为我们必须最小化$1-s$的数量。为了最大化分布指数，我们可以在$w_i$较大的边缘标记一个较大的$p_i$，因为以下条件成立：∙对于四个正整数$a，b，c，d（a≥b，c≥d），ac + bd ≥ad+ bc 假设 a = b + x，c = d + y（x，y≥0）$。然后可以将等式写成：$$（b + x）（d + y）+bd≥（b + x）d + b（d + y）$$

\[bd + by + xd + xy +bd ≥ bd+ xd + bd + by
\]

\[xy≥0
\]

因为x，y≥0，所以证明了这一点。

并将标签1标记为其余边缘。

B：m> n-1在这种情况下，我们不能使n-1个整数中不存在1-s，并且n-1个数字中的一些将是复合的。为了最大化分布指数，我们可以将$m-n + 2最大p_i$的乘积标记到$w_i$最大的边缘，并以与情况A相同的方式将剩余pi标记到其余边缘，因为以下条件成立：∙ 对于五个正整数$a，b，c，d，e（a≥b，d≥e），acd +be≥bcd+ ae$代入上述方程式中的f = cd，我们发现方程式与之前相同。因此，我们证明了这一点。

填充边缘后，计算并找到答案。

时间复杂度：$O（max（n，m）logmax（n，m））$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
struct H { int x, y; };
int ii, n;
const int q = 1e9 + 7;
LL p[100005], pv[100005], vi[100005], w[100005];
H e[200040];
int C(H a, H b) { return a.x < b.x; }
int G(LL a, LL b) { return a > b; }
LL dfs(int v){
	LL d = 1;
	vi[v] = 1;
	for (int i = pv[v]; i < pv[v + 1]; i++)
		if (!vi[e[i].y])
			d += dfs(e[i].y);
	w[ii] = d * (n - d);
	ii++;
	return d;
}
int main(){
	ios_base::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	int t;cin >> t;
	while(t--){
		int k = 0, m;
		LL x = 1;
		cin >> n;
		for (int i = 0; i < n - 1; i++){
			cin >> e[i].x >> e[i].y;
			e[i + n - 1].x = e[i].y;
			e[i + n - 1].y = e[i].x;
		}
		int sz = 2 * n - 2;
		sort(e, e + sz, C);
		for (int i = 1; i < sz; i++)
			if (e[i].x > e[i - 1].x)
				for (int j = e[i - 1].x + 1; j <= e[i].x; j++)
					pv[j] = i;
		for (int j = e[sz - 1].x + 1; j <= n + 2;)
			pv[j] = sz;
		ii = k = 0;
		dfs(1);
		cin >> m;
		for (int i = 0; i < m; i++)
			cin >> p[i];
		sort(p, p + m, G);
		sort(w, w + n - 1, G);
		if (m < n)
			for (int i = m; i < n - 1; i++)
				p[i] = 1;
		else{
			int i;
			for (i = m - 1; i > m - n; k = i, i--)
				w[i] = w[i - m + n - 1];
			for (; i; i--)
				w[i] = w[0];
		}
		int l = max(m, n - 1);
		int i;
		for (i = 0, x = w[0]; i <= k; i++)
			x = x * p[i] % q;
		for (; i < l; i++)
			x = (x + w[i] * p[i]) % q;
		cout << x << endl;
		for (int i = 1; i <= n;)
			vi[i] = 0;
	}
}