[codeforces#592Div2]C-G题

题目链接

感觉这场难度迷茫，个人觉得难度排序为$A<B<D=E=G<C<F$

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C题：

比赛结束1500+pp，结果出分900+fst，我就是fst的睿智Orz。

题意为给出$n,p,w,d$,求满足下列式子的任意$x,y,z$

$x*w+y*d=p\&\& x+y+z=n\&\&x\geq 0\&\&y\geq 0\&\&z\geq 0$

如果不看$z$，式子的前半段就是扩展欧几里得，所以先求出式子$x*w+y*d=p$的一种解$(x,y)$，然后再判断解的合法性，并将解转化成合法的。

由于求解时会爆longlong，所以用的java。

 import java.math.BigInteger;
 import java.util.*;
 public class Main {
     public static BigInteger x,y;
     public static void main(String[] args) {
         Scanner in = new Scanner(System.in);
         BigInteger n,p,w,d,gcd,xx,yy;
         n = in.nextBigInteger();
         p = in.nextBigInteger();
         w = in.nextBigInteger();
         d = in.nextBigInteger();
         gcd = exgcd(w,d);
         if(p.mod(gcd)!=BigInteger.ZERO) {
             System.out.printf("-1\n");
             return ;
         }
         x=x.multiply(p.divide(gcd));
         y=y.multiply(p.divide(gcd));
         BigInteger lcm = w.divide(gcd).multiply(d);
         xx = lcm.divide(w);
         yy = lcm.divide(d);
         if (x.compareTo(BigInteger.ZERO)==-1 &&y.compareTo(BigInteger.ZERO)==-1) {
             System.out.printf("-1\n");
             return ;
         }
         if (x.compareTo(BigInteger.ZERO)==-1) {
             x=x.add (y.divide(yy).multiply(xx));
             y=y.mod(yy);
         }
         else if (y.compareTo(BigInteger.ZERO)==-1) {
             y=y.add (x.divide(xx).multiply(yy));
             x=x.mod(xx);
         }
         if (x.add(y).compareTo(n)!=1 && x.compareTo(BigInteger.ZERO)!=-1 && y .compareTo(BigInteger.ZERO)!=-1) {
             System.out.print(x);
             System.out.print(" ");
             System.out.print(y);
             System.out.print(" ");
             System.out.print(n.subtract(x.add(y)));
             return ;
         }
         x=x.add (y.divide(yy).multiply(xx));
         y=y.mod(yy);
         if (x.add(y).compareTo(n)!=1 && x.compareTo(BigInteger.ZERO)!=-1 && y.compareTo(BigInteger.ZERO)!=-1&&x.multiply(w).add(y.multiply(d)).compareTo(p)==0) {
             System.out.print(x);
             System.out.print(" ");
             System.out.print(y);
             System.out.print(" ");
             System.out.print(n.subtract(x.add(y)));
             return ;
         }
         else {
             System.out.printf("-1\n");
             return ;
         }
     }
     public static BigInteger exgcd(BigInteger a,BigInteger b) {
         if (b == BigInteger.ZERO) {
             x = BigInteger.ONE;
             y = BigInteger.ZERO;
             return a;
         }
         BigInteger g = exgcd(b, a.mod(b));
         BigInteger t = x;
         x = y;
         y =t.subtract((a.divide(b)).multiply(y));
         return g;
     }
 }

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D题：

题意是给一棵树每个点染色，一共三种颜色，求染色花费最少并且相邻的三个点颜色不能重复。

因为相邻的三个点颜色不能一样，所以树上每个点的度都要$\leq 2$，即只有链才能染色。而链上染色只有$6$种方法，所以枚举$6$次即可。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int maxn = 2e5 + ;
 const ll inf = 1e18;
 ll a[maxn][], ans[maxn];
 vector<int>p[maxn];
 int cnt[][] = { {,,},{,,},{,,},{,,},{,,},{,,} };
 ll dfs(int x, int fa, int w, int t) {
     ll ans = a[x][cnt[w][t]];
     for (int i = ; i < p[x].size(); i++) {
         int y = p[x][i];
         if (y == fa)continue;
         ans += dfs(y, x, w, (t + ) % );
     }
     return ans;
 }
 void dfs1(int x, int fa, int w, int t) {
     ans[x] = cnt[w][t];
     for (int i = ; i < p[x].size(); i++) {
         int y = p[x][i];
         if (y == fa)continue;
         dfs1(y, x, w, (t + ) % );
     }
 }
 int main() {
     int n;
     scanf("%d", &n);
     for (int j = ; j <= ; j++)
         for (int i = ; i <= n; i++)
             scanf("%lld", &a[i][j]);
     int f = , root = ;
     for (int i = , x, y; i < n; i++) {
         scanf("%d%d", &x, &y);
         p[x].push_back(y);
         p[y].push_back(x);
         if (p[x].size() >  || p[y].size() > )
             f = ;
     }
     for (int i = ; i <= n; i++)
         if (p[i].size() == )
             root = i;
     if (f == )
         printf("-1\n");
     else {
         ll Min = inf, ansi = ;
         for (int i = ; i < ; i++) {
             ll t = dfs(root, , i, );
             if (Min > t)
                 Min = t, ansi = i;
         }
         printf("%lld\n", Min);
         dfs1(root, , ansi, );
         for (int i = ; i <= n; i++)
             printf("%lld%c", ans[i], i == n ? '\n' : ' ');
     }
 }

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E题：

题意说有$n$个数，有一种操作可以让一个数$+1$或$-1$，问最多$k$次操作后$min(max(a_{i})-min(a_{i}))$的值。

排序后记录一下每种数的个数，然后从首尾扫，判断哪种数的个数少，然后就乱搞。感觉比之前的要简单...

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int maxn = 2e5 + ;
 ll a[maxn];
 pair<ll, ll>b[maxn];
 int main() {
     ll n, k, cnt = , num = ;
     scanf("%lld%lld", &n, &k);
     for (int i = ; i <= n; i++)
         scanf("%lld", &a[i]);
     sort(a + , a +  + n);
     for (int i = ; i <= n + ; i++) {
         if (a[i - ] && a[i] != a[i - ])
             b[++cnt] = pair<ll, ll>(a[i - ], num), num = ;
         num++;
     }
     ll l = , r = cnt;
     while (k && l != r) {
         if (b[l].second <= b[r].second) {
             int cg = min(b[l + ].first - b[l].first, k / b[l].second);
             if (cg == )break;
             b[l].first += cg;
             k -= b[l].second * cg;
             if (b[l].first == b[l + ].first)b[l + ].second += b[l].second, l++;
         }
         else {
             int cg = min(b[r].first - b[r-].first, k / b[r].second);
             if (cg == )break;
             b[r].first -= cg;
             k -= b[r].second * cg;
             if (b[r].first == b[r-].first)b[r - ].second += b[r].second, r--;
         }
     }
     printf("%lld\n", b[r].first - b[l].first);
 }

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F题：

题意是说一个有n个黑白点的环，操作k次，每次操作时对于每个点，点$i$的颜色变为$i,i-1,i+1$三个点颜色的众数，即为点$i-1$为黑，点$i+1$为黑，点$i$为白，则点$i$为黑。

大致画几个图就会发现，如果有两个即以上的相邻点同色，则块内的点的颜色永远都不会被改变。

所以我们只要找到每个点到达最终状态需要多少次就可以得到，将所有在块内的点初始为0，其余的状态扫正反扫两遍可以得到。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int maxn = 2e5 + ;
 char s[];
 int vis[];
 int main() {
     memset(vis, 0x3f, sizeof(vis));
     int n, k;
     scanf("%d%d", &n, &k);
     scanf("%s", s);
     for (int i = ; i < n; i++)
         if (s[i] == s[(i + ) % n] || s[i] == s[(i -  + n) % n])
             vis[i] = ;
     for (int i =  * n - ; i >= ; i--)
         vis[i % n] = min(vis[i % n], vis[(i + ) % n] + );
     for (int i = ; i <  * n; i++)
         vis[i % n] = min(vis[i % n], vis[(i -  + n) % n] + );
     for (int i = ; i < n; i++)
         if (min(vis[i], k) %  == )
             printf("%c", 'W' + 'B' - s[i]);
         else
             printf("%c", s[i]);
     return ;
 }

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G题：

题意是说有两个队列$q,p$，每个队列有$n$个人，编号为$1-n$，求最大的$ans=\sum_{i=1}^{n}max(p_{i},q_{i})\&\&ans\leq k$

先固定一个序列$q$，为$1,2,3\cdot \cdot \cdot n$，然后去构造序列$p$。

序列$p$初始也为$1,2,3\cdot \cdot \cdot n$，如果交换$p_{1},p_{n}$后的答案小于等于$k$，则交换，然后判断能否交换$p_{2},p_{n-1}$。

如果交换$p_{1},p_{n}$后的答案大于$k$，则直接找到位置$x$，使得交换$p_{1},p_{x}$后答案等于k。依次类推。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int maxn = 2e6 + ;
 int ans[maxn];
 int main() {
     ll n, k;
     scanf("%lld%lld", &n, &k);
     ll sum = (n + ) * n >> ;
     if (k < sum) {
         printf("-1\n");
         return ;
     }
     for (int i = ; i <= n; i++)
         ans[i] = i;
     int l = , r = n;
     while (l < r) {
         if (sum + r - l <= k) {
             swap(ans[l], ans[r]);
             sum += r - l; l++; r--;
         }
         else {
             int p = k - sum + l;
             swap(ans[l], ans[p]);
             sum += p - l;
             break;
         }
     }
     printf("%lld\n", sum);
     for (int i = ; i <= n; i++)
         printf("%d%c", i, i == n ? '\n' : ' ');
     for (int i = ; i <= n; i++)
         printf("%d%c", ans[i], i == n ? '\n' : ' ');

 }