Codeforces Round #791 (Div. 2)题解

A题 A. AvtoBus

题意分析

• 有n个轮子，分别是4轮车和6轮车上的，问最少和最多有多少辆车？如果不合法，输出-1

思路分析

• 奇数的情况肯定是不合法的，输出-1.
• 然后，我们需要知道$4x+6y=n$，我们需要想办法最大化和最小化x+y。分情况讨论。
  • 最小化的时候，肯定是优先满足六轮车，$num1=\frac{n}{6}$,剩下$m=n-6num1$,那么此时四轮车$\frac{m}{4}$辆，为如果m除以4此时有余数，肯定是2，那么我们只需要把6辆的车减少一辆，和这个2合并成两辆四轮车。
  • 最大化的时候，肯定是优先满足四轮车,$num1=\frac{n}{4}$,剩下的就是$m=n-4\ast num1$，如果此时有m除以6有余数，肯定是2，所以我们从四轮车里面拿出一辆和2拼接成一个六轮车就行了。

代码

// Problem: A. AvtoBus
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #791 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1679/problem/A
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
void solve(){
	ll n;
	cin>>n;
	if(n&1||n<=2){
		puts("-1");
	}else{
		ll ans1=n/6;
		ll now=n-6*ans1;
		if(now==2){
			ans1--;
			now+=6;
		}
		ans1+=now/4;
		
		
		ll ans2=n/4;
		now=n-4*ans2;
		if(now==2){
			ans2--;
			now+=4;
		}
		ans2+=now/6;
		
		cout<<ans1<<" "<<ans2<<endl;
	}
}

int main(){
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		solve();
	}
	return 0;
}

B题 Stone Age Problem

题意分析

• 给出一个数组，两种操作。
  • 替换第$i$个位置的数为$x$
  • 将数组的所有数都替换成$x$
• 我们需要计算每次操作之后的数组的和，注意，操作之间是相互干扰的，也就是后面一次的操作都是在前面一次的操作的基础上实现的。

思路分析

• 我们给每个位置维护一个$version$版本号，同时用一个$nv$来维护全局修改的版本号。
  • 如果是第一种操作，先比较这个位置的版本号是否是小于最新的全局修改的版本号，如果小于，那么就将这个位置的版本号和当前最新的全局修改版本号$nv$同步，注意需要更新这个位置的数字。如果大于等于，那么执行正常的替换操作。
  • 如果是第二种操作，那么我们直接更新全局修改的版本号即可，注意此时没有必要更新每个位置的值。因为全局更新带来的问题我们可以使用一个$nv$版本号和$now$来维护。

代码

// Problem: B. Stone Age Problem
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #791 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1679/problem/B
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
int a[200010];
int tag[200010];
void solve(){
	memset(tag,0,sizeof(tag));
	int n,q;
	scanf("%d %d",&n,&q);
	ll sum=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		sum+=a[i];
		tag[i]=0;
	}
	int nv=0;
	ll now;
	while(q--){
		int t;
		scanf("%d",&t);
		if(t==1){
			int i,x;
			scanf("%d %d",&i,&x);
			if(tag[i]<nv){
				tag[i]=nv;
				sum-=now;sum+=x;
				a[i]=x;
			}else{
				sum-=a[i];sum+=x;a[i]=x;
			}
		}else{
			ll x;
			scanf("%lld",&x);
			now=x;
			nv++;
			sum=x*n;
		}
		printf("%lldn",sum);
	}
}

int main(){
	int t;
	//scanf("%d",&t);
	t=1;
	while(t--){
		solve();
	}
	return 0;
}

C题 C. Rooks Defenders

题意分析

• 给出一个棋盘，可以在某一个位置放置一个车，同时可以拿走某一个位置的车（保证这个位置一定有车）。多次询问某一个矩阵的所有的位置是否可以被至少一个车到达。如果有，输出YES，否则输出NO
• 注意这里的车是可以横向水平移动和纵向垂直移动的。

思路分析

• 我们观察到，如果想要一个矩阵的每个位置都必须被至少一个车到达，有两种情况，一种是这个矩阵的所有的行都至少有一个车，或者是这个矩阵的所有的列都至少有一个车。两个只需要满足一种情况，这个矩阵就是可完全覆盖的。
• 所以，行和列分开讨论。对于行或者是列，我们需要维护一个区间的区间和，这个区间和就是这个区间内有多个车，表示的是有多少行或者是多少列被覆盖了。对于放置车或者是拿走车的操作，其实就是类似于单点修改，不过我们要从行和列两个维护同时维护就是了。
• 问题抽象出来最后就是维护两个树状数组，分别是行和列，然后就是一个很简单的单点修改和区间查询了。

代码

// Problem: C. Rooks Defenders
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #791 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1679/problem/C
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010;
int hang[N],lie[N];
int c1[N],c2[N];
// 维护x坐标
void add1(int x,int k){
	for(;x<N;x+=x&(-x)){
		c1[x]+=k;
	}
}
int query1(int x){
	int sum=0;
	for(;x;x-=x&(-x)){
		sum+=c1[x];
	}
	return sum;
}
// 维护y坐标
void add2(int x,int k){
	for(;x<N;x+=x&(-x)){
		c2[x]+=k;
	}
}

int query2(int x){
	int sum=0;
	for(;x;x-=x&(-x)){
		sum+=c2[x];
	}
	return sum;
}
void solve(){
	memset(hang,0,sizeof(hang));
	memset(lie,0,sizeof(lie));
	int n,q;
	scanf("%d %d",&n,&q);
	while(q--){
		int t;
		int x,y;
		int a,b,c,d;
		scanf("%d",&t);
		if(t==1){
			scanf("%d %d",&x,&y);
			if(hang[x]==0){
				add1(x,1);
			}
			hang[x]++;
			if(lie[y]==0){
				add2(y,1);
			}
			lie[y]++;
		}else if(t==2){
			scanf("%d %d",&x,&y);
			hang[x]--,lie[y]--;
			if(hang[x]==0){
				add1(x,-1);
			}
			if(lie[y]==0){
				add2(y,-1);
			}
		}else{
			scanf("%d %d %d %d",&a,&b,&c,&d);
			int sum1=query1(c)-query1(a-1);
			int sum2=query2(d)-query2(b-1);
			if(sum1==c-a+1||sum2==d-b+1){
				puts("Yes");
			}else{
				puts("No");
			}
		}
	}
}

int main(){
	int t;
	//scanf("%d",&t);
	t=1;
	while(t--){
		solve();
	}
	return 0;
}

D题 Toss a Coin to Your Graph…

题意分析

• 给出一个图，对于所有路径长度为k的路径，我们需要让路径的最大值最小化。没有的话输出-1.

思路分析

• 最大值最小化，一般都是二分的解法。我们发现，最后的答案有二分性。所以我们二分最后的答案，然后进行判断。
• 注意，这里我们判断的时候，如果这个结点的权值大于我们二分的值，显然是不符合要求的。所以我们需要过滤掉所有的权值大于二分的值的情况。然后对于剩下的图，如果有环，那么肯定是符合要求的，如果没有，我们可以维护过滤之后的最长路径，如果不小于$k$，那么也是符合要求的。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=200010;
vector<int> v[N];
int a[N];
int cnt[N];
ll dp[N];
int n,m;
ll k;
bool cycle;

ll dfs(int x,int sum){
    if(a[x]>sum) return 0;
    // 如果遇到标记为1的，说明成环了
    if(cnt[x]==1) return k;
    if(cnt[x]==2) return dp[x];
    dp[x]=1;cnt[x]=1;
    for(auto y:v[x]){
        dp[x]=max(dp[x],dfs(y,sum)+1);
    }
    // 当这个循环走到了底，就将他标记为2
    cnt[x]=2;
    return dp[x];
}

bool judge(int x){
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));

    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(!cnt[i]){
        	// 如果这个结点没有被访问过
            if(dfs(i,x)>=k){
                return true;
            }
        }
    }
    return false;
}
int main(){
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x,y;
        cin>>x>>y;
        v[x].push_back(y);
    }
    
    int ans=1e9+7;
    int l=1,r=1e9,mid;
    while(l<=r){
        mid=(l+r+1)>>1;
		//cout<<l<<" "<<r<<endl;
        if(judge(mid)){
            ans=mid;
            r=mid-1;
        }else{
            l=mid+1;
        }
    }

    if(ans==1e9+7) ans=-1;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

最后

以上就是快乐期待为你收集整理的Codeforces Round #791 (Div. 2)题解的全部内容，希望文章能够帮你解决Codeforces Round #791 (Div. 2)题解所遇到的程序开发问题。

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