Grakn Forces 2020
作者：互联网
比赛链接：https://codeforces.com/contest/1408
A. Circle Coloring
题意
给出三个长为 $n$ 的序列 $a,b,c$，对于每个 $i$，$a_i \ne b_i,\ a_i \ne c_i,\ b_i \ne c_i$ 。
构造序列 $p$，使得：
- $p_i \in \{a_i, b_i, c_i\}$
- $p_i \neq p_{(i + 1 \mod n)}$
题解
即每个数不与前后两个数相同，因为三个序列同一位置两两不同，所以对于每个位置一定都有满足条件的数，枚举即可。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n;
cin >> n;
vector<vector<int>> vec(3, vector<int> (n));
for (auto &v : vec) {
for (auto &x : v) {
cin >> x;
}
}
vector<int> p(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (auto &v : vec) {
if (v[i] != p[(i - 1 + n) % n] and v[i] != p[(i + 1) % n]) {
p[i] = v[i];
break;
}
}
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
cout << p[i] << " \n"[i == n - 1];
}
}
return 0;
}
B. Arrays Sum
题意
给出一个大小为 $n$ 的非递减序数组 $a$ 和一个正整数 $k$ 。
现需构造 $m$ 个非递减序数组 $b_1, b_2, \ldots, b_m$，要求：
- 每个 $b_i$ 大小为 $n$
- $a_i = b_{1, i} + b_{2, i} + \ldots + b_{m, i}$
- 每个 $b_i$ 中最多有 $k$ 个不同的数
找出 $m$ 的最小值。
题解
设 $a$ 中有 $sz$ 个不同的数，答案即 $1 + \lceil \frac{sz - k}{k - 1} \rceil$ 。
因为 $b_1$ 可以包含 $a$ 中前 $k$ 个不同的数，之后的 $b_i$ 因为要用 $0$ 维护前面已有的和，每次只能新加 $a$ 中 $k-1$ 个不同的数。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n, k;
cin >> n >> k;
set<int> st;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int x;
cin >> x;
st.insert(x);
}
if (k == 1) {
cout << (st.size() == 1 ? 1 : -1) << "\n";
continue;
}
cout << 1 + max(0, (int(st.size()) - 2)) / (k - 1) << "\n";
}
return 0;
}
C. Discrete Acceleration
题意
有一条公路从坐标 $0$ 到坐标 $l$ 长为 $l$ 米，初始时甲车在坐标 $0$ 处，乙车在坐标 $l$ 处。
公路上有 $n$ 个加速点，两车初速度均为 $1m/s$，经过一个加速点增加 $1m/s$，计算两车多久相遇。
题解
计算两车到每个加速点的时间，两车会在甲更快到的加速点和乙更快到的加速点之间相遇。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout << fixed << setprecision(15);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
int n, l;
cin >> n >> l;
vector<double> a(n + 2);
a[0] = 0;
a[n + 1] = l;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
vector<double> t1(n + 2), t2(n + 2);
t1[0] = 0;
t2[n + 1] = 0;
for (int i = 1; i < n + 2; i++) {
t1[i] = t1[i - 1] + (a[i] - a[i - 1]) / i;
}
for (int i = n; i >= 0; i--) {
t2[i] = t2[i + 1] + (a[i + 1] - a[i]) / (n + 1 - i);
}
double ans = 0.0;
for (int i = 1; i < n + 2; i++) {
if (t1[i - 1] <= t2[i - 1] and t1[i] >= t2[i]) {
ans = max(t1[i - 1], t2[i]) + (a[i] - a[i - 1] - abs(t1[i - 1] - t2[i]) * (t1[i - 1] < t2[i] ? i : n + 2 - i)) / (n + 2);
break;
}
}
cout << ans << "\n";
}
return 0;
}
D. Searchlights
题意
在二维平面上给出 $n$ 个人和 $m$ 个探照灯的坐标 $(a,b)$ 和 $(c,d)$，每次操作可以选择：
- 将所有人横坐标加一
- 将所有人纵坐标加一
问使得任一人都不在任一探照灯左下方的最少操作次数。
题解
对于第 $i$ 个人和第 $j$ 个探照灯 ，如果 $dx + a_i \ge c_j + 1$，那么他一定可以移出探照灯的范围，否则，对于所有小于 $dx = c_j - a_i + 1$ 的移动次数，它们对应的纵坐标移动次数至少要为 $d_j - b_i + 1$ 次才能移出该探照灯的范围。
对于每个人枚举 $m$ 个探照灯，记录并更新每个横坐标移动次数对应的纵坐标移动次数的最大值，最后从后向前遍历并更新纵坐标的最大移动次数，因为如果之前移动了更多的横坐标仍需将纵坐标移动这么多次，那么对于现在移动了更少的横坐标也是必须的。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<int> a(n), b(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i] >> b[i];
}
vector<int> c(m), d(m);
for (int i = 0; i < m; i++) {
cin >> c[i] >> d[i];
}
constexpr int N = 1e6 + 10;
vector<int> v(N);
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
if (a[i] <= c[j]) {
v[c[j] - a[i]] = max(v[c[j] - a[i]], d[j] - b[i] + 1);
}
}
}
int ans = INT_MAX;
int mx_dy = 0;
for (int dx = N - 1; dx >= 0; dx--) {
mx_dy = max(mx_dy, v[dx]);
ans = min(ans, dx + mx_dy);
}
cout << ans << "\n";
return 0;
}
E. Avoid Rainbow Cycles
题意
给出 $m$ 个集合 $A$，所有元素大小在 $[1,n]$ 之间。
每个集合中的元素两两成边，颜色与集合相同，不同集合颜色不同。
给出大小为 $m,n$ 的两个数组 $a,b$，从 $A_i$ 中移除值为 $j$ 的元素花费为 $a_i + b_j$ 。
彩虹环指边颜色不重复的环，问使得图中无彩虹环的最少花费。
题解
构造集合和数值的二分图，$A_i$ 与值为 $j$ 的元素间边权为 $a_i + b_j$，最少花费即为总边权和减去二分图的最大生成树。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int N = 2e5 + 10;
int fa[N];
int Find(int x) {
return fa[x] == x ? x : fa[x] = Find(fa[x]);
}
void Union(int x, int y) {
x = Find(x);
y = Find(y);
if (x != y) {
if (x < y) fa[y] = x;
else fa[x] = y;
}
}
void Init() {
for (int i = 0; i < N; i++) {
fa[i] = i;
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
Init();
int m, n;
cin >> m >> n;
vector<int> a(m);
for (auto &x : a) cin >> x;
vector<int> b(n);
for (auto &x : b) cin >> x;
long long sum = 0;
vector<tuple<int, int, int>> edges;
for (int i = 0; i < m; i++) {
int s;
cin >> s;
for (int j = 0; j < s; j++) {
int x;
cin >> x;
--x;
sum += a[i] + b[x];
edges.emplace_back(a[i] + b[x], i + n, x);
}
}
sort(edges.begin(), edges.end(), greater<>());
for (auto [w, u, v] : edges) {
if (Find(u) != Find(v)) {
Union(u, v);
sum -= w;
}
}
cout << sum << "\n";
return 0;
}
F. Two Different
题意
给出一个大小为 $n$ 的数组 $a$，其中 $a_i = i$ 。
每次操作可以选取两个元素并用二元映射函数 $f$ 赋值：$a_i = a_j = f(a_i,a_j)$ 。
试给出一种操作方式，使得无论映射函数如何，最终 $a$ 中最多只有两个不同的数。
题解
如果数组大小为 $2^p$，那么最终可以都变为一个数。
如：
- 1 2 3 4
- 5 5 6 6
- 7 7 7 7
如果数组大小不为 $2^p$，对两个端点所在的 $2^p$ 长区间各操作一次即可。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n;
cin >> n;
vector<pair<int, int>> ans;
function<void(int, int)> dfs = [&](int l, int r) {
if (l == r) return;
int mid = (l + r) / 2;
dfs(l, mid);
dfs(mid + 1, r);
for (int i = l, j = mid + 1; i <= mid; i++, j++) {
ans.emplace_back(i, j);
}
};
int p = 1 << __lg(n);
dfs(1, p);
if (p != n) {
dfs(n - p + 1, n);
}
cout << ans.size() << "\n";
for (auto [x, y] : ans) {
cout << x << ' ' << y << "\n";
}
return 0;
}
参考博客
https://blog.csdn.net/qq_45458915/article/details/108912813
标签：int,t2,cin,Grakn,t1,++,vector,2020,Forces 来源： https://www.cnblogs.com/Kanoon/p/13768550.html